Ανισότητα με συνθήκη!

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #1

Αν

θετικοί πραγματικοί με a+b+c=1

, αποδειχθεί ότι:

$(a+b)(b+c)(c+a)\geq 8\sqrt{\dfrac{abc}{27}}$

Ας αφεθεί μέχρι το τέλος του μήνα για τους μαθητές.

JimNt. · #2

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:Αν θετικοί πραγματικοί με , αποδειχθεί ότι:

$(a+b)(b+c)(c+a)\geq 8\sqrt{\dfrac{abc}{27}}$

Ας αφεθεί μέχρι το τέλος του μήνα για τους μαθητές.

Θέτουμε $a=\frac{x}{3}, b=\frac{y}{3}, c=\frac{z}{3}$ με x+y+z=3

. Αντικαθιστώντας και εκτελώντας μερικές πράξεις φτάνουμε στην $(x+y)(y+z)(x+z)\ge 8\sqrt{xyz}$ . Από την γνωστή $9(x+y)(x+z)(y+z)\ge8(x+y+z)(xy+yz+xz)$ (που ισοδυναμεί με την προφανή $\sum{x^2(y+z)}\ge 6xyz$ ), λαμβάνουμε $LHS \ge \dfrac{24(xy+yz+xz)}{9} \ge \dfrac{8\sqrt{3xyz(x+y+z)}}{3}=\dfrac{24\sqrt{xyz}}{3}=8\sqrt{xyz}$ (χρησιμοποιήθηκε και η γνωστή $(xy+yz+xz)^2\ge 3xyz(x+y+z)$ )

harrisp · #3

dement · #4

Διαφορετικά λύνεται με απευθείας εφαρμογή της Popoviciu στην κοίλη συνάρτηση $\ln x$ .

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #5

JimNt. έγραψε:
Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:Αν θετικοί πραγματικοί με , αποδειχθεί ότι:

$(a+b)(b+c)(c+a)\geq 8\sqrt{\dfrac{abc}{27}}$

Ας αφεθεί μέχρι το τέλος του μήνα για τους μαθητές.
Θέτουμε $a=\frac{x}{3}, b=\frac{y}{3}, c=\frac{z}{3}$ με . Αντικαθιστώντας και εκτελώντας μερικές πράξεις φτάνουμε στην $(x+y)(y+z)(x+z)\ge 8\sqrt{xyz}$ . Από την γνωστή $9(x+y)(x+z)(y+z)\ge8(x+y+z)(xy+yz+xz)$ (που ισοδυναμεί με την προφανή $\sum{x^2(y+z)}\ge 6xyz$ ), λαμβάνουμε $LHS \ge \dfrac{24(xy+yz+xz)}{9} \ge \dfrac{8\sqrt{3xyz(x+y+z)}}{3}=\dfrac{24\sqrt{xyz}}{3}=8\sqrt{xyz}$ (χρησιμοποιήθηκε και η γνωστή $(xy+yz+xz)^2\ge 3xyz(x+y+z)$ )

Εναλλακτικά:

Η ανισότητα γίνεται:

$(1-a)(1-b)(1-c)\geq 8\sqrt{\dfrac{abc}{27}}\Leftrightarrow 1+ab+bc+ca-a-b-c-abc\geq$ $8\sqrt{\dfrac{abc}{27}}\Leftrightarrow ab+bc+ca\geq 8\sqrt{\dfrac{abc}{27}}+abc\Leftrightarrow$ $9(ab+bc+ca)\geq \dfrac{9abc}{a+b+c}+8\sqrt{3abc}$ .

Όμως $(ab+bc+ca)(a+b+c)\geq 9abc$ , επομένως $ab+bc+ca\geq \dfrac{9abc}{a+b+c}$

Επομένως αρκεί:

$8(ab+bc+ca)\geq 8\sqrt{3abc}\Leftrightarrow ab+bc+ca\geq \sqrt{3abc}\Leftrightarrow$ $ab+bc+ca\geq \sqrt{3abc(a+b+c)}\Leftrightarrow (ab+bc+ca)^2\geq 3abc(a+b+c)$ που είναι πολύ γνωστή.

Ανισότητα με συνθήκη!

Ανισότητα με συνθήκη!

Re: Ανισότητα με συνθήκη!

Re: Ανισότητα με συνθήκη!

Re: Ανισότητα με συνθήκη!

Re: Ανισότητα με συνθήκη!

Μέλη σε σύνδεση