Kαι άλλη ανισότητα με 3 μεταβλητές

#1

Αν

θετικοί αριθμοί, να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{\dfrac {(a+b)^6}{a^2b^2 } + \dfrac {(b+c)^6}{b^2c^2 } + \dfrac {(c+a)^6}{c^2a^2 } \ge 64(a^2+b^2+c^2)}$

(κάνει και για καλούς Junior)

#2

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 21, 2023 9:53 am
Αν θετικοί αριθμοί, να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{\dfrac {(a+b)^6}{a^2b^2 } + \dfrac {(b+c)^6}{b^2c^2 } + \dfrac {(c+a)^6}{c^2a^2 } \ge 64(a^2+b^2+c^2)}$

(κάνει και για καλούς Junior)

Θα αποδείξουμε ότι $\displaystyle{(a+b)^6\geq 32a^2b^2(a^2+b^2).}$ Με πρόσθεση κατά μέλη της όμοιας με αυτήν, παίρνουμε το ζητούμενο.
Από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ έχουμε $\displaystyle{(\frac{a^2+b^2}{2}+ab+ab)^3\geq \frac{27}{2}a^2b^2(a^2+b^2).}$
Μένει να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{\frac{2}{27}(\frac{a^2+b^2}{2}+ab+ab)^3\leq \frac{1}{32}(a^2+b^2+2ab)^3}$ που είναι ισοδύναμη με
$\displaystyle{4(\frac{a^2+b^2}{2}+ab+ab)\leq 3(a^2+b^2+2ab)}$ που καταλήγει στην $a^2+b^2\geq 2ab$ , που ισχύει.

ksofsa · #3

Καλησπέρα.

Μια διαφορετική λύση πάει ως εξής:

Από ανισότητα Holder:

$(ab+bc+ca)^2(\dfrac{(a+b)^6}{a^2b^2}+\dfrac{(b+c)^6}{b^2c^2}+\dfrac{(c+a)^6}{c^2a^2})\geq$

$\left [ (a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2 \right ]^3=8(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)^3$ .

Συνεπώς, αρκεί:

$8(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)^3\geq 64(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2$ .

Από ανισότητα ΑΜ-ΓΜ, έχουμε:

$27(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2\leq (a+b+c)^6$ ,

και άρα αρκεί:

$27(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)^3\geq 8(a+b+c)^6\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)\geq$

$2(a+b+c)^2\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$ ,

που ισχύει.

#4

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 21, 2023 9:53 am
Αν θετικοί αριθμοί, να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{\dfrac {(a+b)^6}{a^2b^2 } + \dfrac {(b+c)^6}{b^2c^2 } + \dfrac {(c+a)^6}{c^2a^2 } \ge 64(a^2+b^2+c^2)}$

Αυτό που είχα κατά νου: Θα αποδείξουμε πρώτα $\dfrac {(a+b)^6}{a^2b^2 }\ge 32(a^2+b^2)$ και κυκλικά (όπως δηλαδή το πρώτο βήμα στην λύση του Σιλουανού) και μετά προσθέτουμε τις τρεις κατά μέλη.

Ισοδύναμα $\dfrac {(a+b)^6}{a^3b^3 }\ge 32\dfrac {a^2+b^2}{ab}$ ή αλλιώς $\dfrac {(a^2 +2ab + b^2)^3}{a^3b^3 }\ge 32\dfrac {a^2+b^2}{ab}$ , με άλλα λόγια θέλουμε

$\displaystyle{ \left ( \dfrac {a}{b} + \dfrac {b}{a}+2 \right ) ^3 \ge 32 \left ( \dfrac {a}{b} + \dfrac {b}{a}\right ) }$ .

Γράφοντας $\dfrac {a}{b} + \dfrac {b}{a}=x$ , έχουμε $\boxed {x\ge 2}$ και το αποδεικτέο γίνεται $\boxed {(x+2)^3\ge 32x}$ . Αυτό είναι άμεσο:

$\displaystyle{(x+2)^3 = (x+2) (x+2)^2\ge (2+2)(x+2) ^2 = 4 (2\sqrt {2x} )^2 = 32x}$ , όπως θέλαμε.
,

Kαι άλλη ανισότητα με 3 μεταβλητές

Kαι άλλη ανισότητα με 3 μεταβλητές

Re: Kαι άλλη ανισότητα με 3 μεταβλητές

Re: Kαι άλλη ανισότητα με 3 μεταβλητές

Re: Kαι άλλη ανισότητα με 3 μεταβλητές

Μέλη σε σύνδεση