Inegalitati cu sume de patrate

[Beniamin Bogosel]

Fie \( a_1,a_2...a_n,b_1,b_2,...,b_n \) numere reale astfel incat
\( (a_1^2+a_2^2+...+a_n^2-1)(b_1^2+b_2^2+...+b_n^2-1)>(a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n-1)^2 \).
Demonstrati ca \( a_1^2+...+a_n^2>1 \) si \( b_1^2+...+b_n^2>1 \).

[maxim bogdan]

Sa presupunem contrariul. Daca doar unul din numerele \( a_{1}^2+\dots+a_{n}^2-1 \); \( b_{1}^2+\dots+b_{n}^2-1 \) este negativ atunci contradictia rezulta imediat. Deci mai ramane sa demonstram contrariul inegalitatii daca:

\( 1>a_{1}^2+\dots+a_{n}^2 \) si \( 1>b_{1}^2+\dots+b_{n}^2 \)

Din inegalitatea lui Aczel avem: \( (a_{1}^2+\dots+a_{n}^2-1)(b_{1}^2+\dots+b_{n}^2-1)\leq (a_{1}b_{1}+\dots+a_{n}b_{n}-1)^2 \), de unde rezulta contradictia dorita.

[Beniamin Bogosel]

Incearca o demonstratie a inegalitatii lui Aczel. Nu stiu daca e prea cunoscuta, si nu cred ca poti sa o pui asa la olimpiada... dupa cate vad, cred ca merge cu principiul trinomului, asa ca e foarte simplu.

[maxim bogdan]

Fie \( a_{1},\dots, a_{n} \) si \( b_{1},\dots, b_{n} \) numere reale si fie \( A,B>0 \) astfel incat:

\( A^2\geq a_{1}^2+\dots+a_{n}^2 \) sau \( B^2\geq b_{1}^2+\dots+b_{n}^2. \) Atunci are loc inegalitatea:

\( (A^2-a_{1}^2-\dots-a_{n}^2)(B^2-b_{1}^2-\dots-b_{n}^2)\leq (AB-a_{1}b_{1}-\dots-a_{n}b_{n})^2. \)


Demonstratie. Se observa ca putem presupune faptul ca:

\( A^2>a_{1}^2+\dots+a_{n}^2 \) si \( B^2> b_{1}^2+\dots+b_{n}^2. \) In caz constrar \( LHS\leq 0 \) si inegalitatea este evidenta.


Din Inegalitatea Cauchy Schwarz obtinem:

\( a_{1}b_{1}+\dots+a_{n}b_{n}\leq\sqrt{a_{1}^2+\dots+a_{n}^2}\cdot\sqrt{ b_{1}^2+\dots+b_{n}^2}<AB \)

Notam \( a=a_{1}^2+\dots+a_{n}^2 \) si \( b=b_{1}^2+\dots+b_{n}^2. \) Mai ramane sa demonstram ca:

\( (A^2-a)(B^2-b)\leq (AB-\sqrt{ab})^2\Longleftrightarrow \)

\( \Longleftrightarrow \sqrt{(A^2-a)(B^2-b)}+\sqrt{ab}\leq AB \)

Dar din Inegalitatea Cauchy-Schwarz obtinem:

\( \sqrt{(A^2-a)(B^2-b)}+\sqrt{ab}\leq \sqrt{(a+A^2-a)(b+B^2-b)}=AB \),

de unde rezulta inegalitatea ceruta.

[Beniamin Bogosel]

\( (A^2-a_{1}^2-\dots-a_{n}^2)(B^2-b_{1}^2-\dots-b_{n}^2)\leq(AB-a_{1}b_{1}-\dots-a_{n}b_{n})^2. \)

Consideram polinomul de gradul II \( p(X)=(A^2-a_{1}^2-\dots-a_{n}^2)X^2+(AB-a_{1}b_{1}-\dots-a_{n}b_{n})X+(B^2-b_{1}^2-\dots-b_{n}^2) \). Se observa foarte clar ca inegalitatea data e echivalenta cu faptul ca discriminantul acestui polinom este pozitiv. Pentru aceasta este suficient sa gasim o radacina reala a polinomului.
\( p(X)=(AX+B)^2-\sum_{i=1}^n (a_iX+b_i)^2. \).
Deci, folosind enuntul \( p(0)\geq 0 \) si \( p(-\frac{B}{A})\leq 0 \). Aceasta arata existenta unei radacini reale si concluzia problemei.

[Virgil Nicula]

Inegalitatile Aczel.

Fie numerele reale \( a_{k} \) , \( b_k \) , unde \( k\in\overline {1,n} \) pentru care notam \( a=\sum _{k=1}^na^2_k \) , \( b=\sum _{k=1}^nb^2_k \) ,

\( s=\sum_{k=1}^n\left(a_k+b_k\right)^2 \) , \( p=\sum_{k=1}^{n}a_kb_k \) si doua numere reale pozitive \( A \) , \( B \) pentru care

\( A^2\ge a \) si \( B^2\ge b \) . Atunci au loc inegalitatile \( \begin{array}{cc}
\nearrow\ \odot\ \ & \left(A^2-a\right)\left(B^2-b\right)\ \le\ \left(AB-p\right)^2\\\\
\searrow\ \odot\ \ & \sqrt {A^2-a}+\sqrt {B^2-b}\ \le\ \sqrt {(A+B)^2-s}\end{array} \)

[Beniamin Bogosel]

Se ridica la patrat a a doua inegalitate, si dupa reduceri se obtine radical din prima.

[Virgil Nicula]

**** EROARE ****

[Marius Mainea]

Cine sunt A,B C?