Ωραία!

JimNt. · #1

Αν $a,b,c \in \mathbb{R^{+}}$ να αποδείξετε ότι $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{3\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}\ge 4$

Ορέστης Λιγνός · #2

JimNt. έγραψε:Αν $a,b,c \in \mathbb{R^{+}}$ να αποδείξετε ότι $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{3\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}\ge 4$

Καλησπέρα!

Από AM-GM, $\dfrac{a}{b}+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c} \geqslant 3\sqrt[3]{\dfrac{a^2}{bc}}$ (1).

Ομοίως, $\dfrac{b}{c}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \geqslant 3\sqrt[3]{\dfrac{b^2}{ac}}$ (2) και $\dfrac{c}{a}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{a}{b} \geqslant 3 \sqrt[3]{\dfrac{c^2}{ab}}$ (3).

Προσθέτοντας τις (1), (2),(3) και απλοποιώντας με

παίρνουμε $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \geqslant \sqrt[3]{\dfrac{a^2}{bc}}+\sqrt[3]{\dfrac{b^2}{ac}} +\sqrt[3]{\dfrac{c^2}{ab}}=\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}$ .

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι $\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}+\dfrac{3\sqrt[3]{abc}}{a+b+c} \geqslant 4$ .

Έστω $x=a+b+c, \, y=\sqrt[3]{abc}$ με $x \geqslant 3y$ (AM-GM).

Η προς απόδειξη γράφεται $\dfrac{x}{y}+\dfrac{3y}{x} \geqslant 4 \Leftrightarrow \ldots \Leftrightarrow (x-3y)(x-y) \geqslant 0$ που προφανώς ισχύει, διότι $x \geqslant 3y >y$ .

Το ίσον αν a=b=c

.

dement · #3

Διαφορετικά:

$\displaystyle \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \geqslant \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}$ (Jensen).

Με απαλοιφή παρονομαστών και ΑΜ-ΓΜ η προς απόδειξη γράφεται

$(a+b+c)^3 + 3 \sqrt[3]{abc} (ab+bc+ca) \geqslant (a+b+c)^3 + 9abc \geqslant 4(a+b+c)(ab+bc+ca)$ που μετά από πράξεις γίνεται

$a^3 + b^3 + c^3 + 3abc \geqslant a^2 (b+c) + b^2 (a+c) + c^2 (a+b)$ δηλαδή η ανισότητα Schur.

JimNt. · #4

Πολύ ωραίες λύσεις.

Ωραία!

Ωραία!

Re: Ωραία!

Re: Ωραία!

Re: Ωραία!

Μέλη σε σύνδεση