Sfida!

[Il_Russo]

Vi propongo questa sfida.

Dimostrare nel maggior numero possibile di modi che, dati x, y reali positivi $ \frac{x}{y} + \frac{y}{x} \geq 2 $.

Contano non le dimostrazioni in sè ma il loro numero!

@mod: l'ho messo qua perché lo vedo come un giochino e perché è veramente semplice...

[flexwifi]

$ \displaystyle \frac{x}{y}+\frac{y}{x}\geq 2 \Longleftrightarrow \frac{x^2 + y^2 -2xy}{xy}\geq 0\Longleftrightarrow \frac{(x-y)^2}{xy} \geq 0 $

[flexwifi]

AM-GM: $ \displaystyle \frac{\frac{x}{y} + \frac{y}{x}}{2} \geq \sqrt{\frac{x}{y} \cdot \frac{y}{x}} \Longleftrightarrow \frac{\frac{x}{y} + \frac{y}{x}}{2} \geq 1 \Longleftrightarrow \frac{x}{y} + \frac{y}{x} \geq 2 $

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

AM - HM $ \displaystyle \frac{\frac{x}{y}+\frac{y}{x}}{2} \geq \frac{2}{\frac{y}{x}+\frac{x}{y}} \Longleftrightarrow $$ \displaystyle \left ( \frac{x}{y}+\frac{y}{x} \right )^2 \geq 4 \Longrightarrow $$ \displaystyle \frac{x}{y}+\frac{y}{x} \geq 2 $

[flexwifi]

HM-GM: $ \displaystyle \frac{2}{\frac{1}{\frac{x}{y}} + \frac{1}{\frac{y}{x}}} \leq \sqrt{\frac{x}{y} \cdot \frac{y}{x}} \Longleftrightarrow \frac{2}{\frac{1}{\frac{x}{y}} + \frac{1}{\frac{y}{x}}} \leq 1 \Longleftrightarrow \frac{x}{y} +\frac{y}{x} \geq 2 $

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

$ \frac{x}{y}+\frac{y}{x} = \tan{\alpha} + \tan (90 - \alpha) = $$ \displaystyle \frac{\sin90}{\cos{\alpha} \cdot \sin{\alpha}} = \frac{2}{\sin {2 \alpha}} \geq 2 $

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

$ \displaystyle \frac{x}{y} + \frac{y}{x} -2 = \left ( \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{y}} - \frac{\sqrt{y}}{\sqrt{x}} \right )^2 \geq 0 $

[edriv]

Se $ ~ AH = 1 $ allora $ ~ BH + HC = BH + \frac{1}{BH} = BC = 2OO' \ge 2AH = 2 $, per il teorema di Euclide.

[Jacobi]

Bella la dimostrazione di edriv

Eccone una che sfrutta l'analisi:

$ \displaystyle x+\frac{1}{x}-2 = \int_{1}^{x}{dt} + \int_{1}^{x}{\frac{-1}{t^2}dt} = \int_{1}^{x}{(1-\frac{1}{t^2})dt} $

ma la funzione$ f(x) = 1-\frac{1}{x^2} $ e' sempre non negativa da 1 in poi, e quindi lo sara' anche l'integrale di tale funzione, ovvero la tesi

[SkZ]

posto $ $z=\frac{x}{y}>0$ $, si studia $ $f(z)=z+\frac{1}{z}$ $ che risulta avere un minimo in $ ~z=1 $ quindi $ ~f(z)\ge f(1)=2 $

[Il_Russo]

Bellissimo!

Io ho trovato una quindicina di modi ma mi sa che ne avevo saltato qualcuno...

[salva90]

$ a=\frac{x}{y} $

$ a+\frac1a=\frac{a^2+1}{a} $

$ a^2+1\ge 2a $ per QM-GM, da cui la tesi