Μέγιστο παράστασης

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #1

Έστω

πραγματικοί ώστε a+b+c=3

.Να βρεθεί το μέγιστο της παράστασης :

$S=\sqrt[3]{ab(a+c)}+\sqrt[3]{bc(b+a)}+\sqrt[3]{ca\left ( c+b \right )}$

#2

Από ΑΜ-ΓΜ είναι

$\displaystyle{\sqrt[3]{ab}\leq \frac{a+b+1}{3}}$ και $\displaystyle{\sqrt[3]{a+c}=\frac{\sqrt[3]{2\cdot 2\cdot (a+c)}}{\sqrt[3]{4}}\leq \frac{a+c+4}{3\sqrt[3]{4}}}$ .

Επομένως, το αριστερό μέλος είναι

$\displaystyle{\leq \sum \frac{(a+b+1)(a+c+4)}{9\sqrt[3]{4}}=\frac{a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)+10(a+b+c)+12}{9\sqrt[3]{4}}=}$

$\displaystyle{=\frac{(a+b+c)^2+10(a+b+c)+12+ab+bc+ca}{9\sqrt[3]{4}}=\frac{51+ab+bc+ca}{3\sqrt[3]{4}}\leq \frac{54}{9\sqrt[3]{4}}=3\sqrt[3]{2},}$

όπου η τελευταία ανισότητα ισχύει λόγω της $\displaystyle{(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ca).}$

Η ισότητα ισχύει όταν $\displaystyle{a=b=c=1.}$

Ορέστης Λιγνός · #3

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: Παρ Νοέμ 22, 2019 10:23 pm Έστω πραγματικοί ώστε .Να βρεθεί το μέγιστο της παράστασης :

$S=\sqrt[3]{ab(a+c)}+\sqrt[3]{bc(b+a)}+\sqrt[3]{ca\left ( c+b \right )}$

Έχουμε από ΑΜ-ΓΜ, $\displaystyle S\sqrt[3]{4}=\sum \sqrt[3]{2a \cdot 2b \cdot (a+c)} \leqslant \sum \dfrac{2a+2b+a+c}{3}=2\sum a=6$ , άρα $S \leqslant \dfrac{6}{\sqrt[3]{4}}=3\sqrt[3]{2}$ .

Η ισότητα αν και μόνο αν a=b=c=1

.

Κω.Κωνσταντινίδης · #4

Από Holder είναι:

$(a+b+c)^{\frac{1}{3}}(b+c+a)^{\frac{1}{3}}((a+c)+(b+a)+(c+b))^{\frac{1}{3}}\geq S$ δηλαδή $3\sqrt[3]{2}\geq S$

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #5

Ωραία! Η λύση μου ταυτίζεται με αυτή του Ορέστη και βασίζεται στην μέθοδο που περιγράφεται στο συννημένο.

Σημείο ισότητας, AM-GM.pdf: (101.78 KiB) Μεταφορτώθηκε 81 φορές

Ορέστης Λιγνός · #6

Μία παρατήρηση :

Μπορούμε να δείξουμε την πιο σφιχτή (sharper) ανισότητα : $ab(a+c)+bc(b+a)+ca(c+b) \leqslant 6$ (1).

(Από αυτή προκύπτει και η αρχική άσκηση, από την ανισότητα των δυνάμεων).

Για να δείξω την (1), αρκεί να δείξω ότι $a^2b+b^2c+c^2a+3abc \leqslant 6$ .

Όμως, έχω a^2b+b^2c+c^2a+a^2c+b^2a+c^2b=(a+b+c)(ab+bc+ca)-3abc

$\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a+3abc=3(ab+bc+ca)-a^2c+b^2a+c^2b$ .

Δηλαδή αρκεί $a^2c+b^2a+c^2b+6 \geqslant 3(ab+bc+ca)$ .

Από ΑΜ-ΓΜ όμως και την $ab+bc+ca \leqslant 3=\dfrac{(a+b+c)^2}{3}$ έχω : $a^2c+b^2a+c^2b+6 \geqslant (2a-1)c+(2b-1)a+(2c-1)b+6=$ $2(ab+bc+ca)-3+6=3(ab+bc+ca)+3-(ab+bc+ca) \geqslant 3(ab+bc+ca)$ , και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

christinat · #7

Από ανισότητα Holder

:

$S\leq (ab+bc+ca)^{\frac{1}{3}}(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})^{\frac{2}{3}}$ ή

$S\leq \sqrt[3]{(ab+bc+ca)(\sqrt{a+c}+\sqrt{b+c}+\sqrt{b+a})^{2}}$ (1)

Έστω $A=(\sqrt{a+c}+\sqrt{b+a}+\sqrt{a+b})^{2}$

τοτε

Από ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου:

christinat · #8

Από ανισότητα Holder

:

$S\leq (ab+bc+ca)^{\frac{1}{3}}(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})^{\frac{2}{3}}$ ή

$S\leq \sqrt[3]{(ab+bc+ca)(\sqrt{a+c}+\sqrt{b+c}+\sqrt{b+a})^{2}}$ (1)

Έστω $A=(\sqrt{a+c}+\sqrt{b+a}+\sqrt{a+b})^{2}$

τοτε $A=2(a+b+c)+2\sqrt{(a+c)(b+a)}+2\sqrt{(a+c)(b+c)}+2\sqrt{(b+c)(c+a)}$

Από ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου:

$\sqrt{(a+c)(b+c)}\leq \frac{3+c}{2}$ (2)
$\sqrt{(a+b)(b+c)}\leq \frac{3+b}{2}$ (3)
$\sqrt{(a+b)(a+c)}\leq \frac{3+a}{2}$ (4)

Προσθέτοντας τις (2)-(3)-(4) προκύπτει ότι:
$2(\sqrt{(a+c)(b+a)}+\sqrt{(b+c)(a+c)}+\sqrt{(b+c)(a+b)})\leq {3+a+3+b+3+c}=12$

Οπότε $A\leq 2(a+b+c)+12\Rightarrow A\leq 18$

Όμως $2ab\leq a^{2}+b^{2}$
$2bc\leq b^{2}+c^{2}$
$2ac\leq a^{2}+c^{2}$

Προσθέτοντας τις 3 τελευταίες σχέσεις

$2(ab+bc+ca)\leq2(a^{2}+b^{2}+c^{2})\Rightarrow 2(ab+bc+ca)\leq2( (a+b+c)^{2}-2ab-2bc-2ca)\Rightarrow 6(ab+bc+ca)\leq 2(a+b+c)^{2}\Rightarrow ab +bc+ca\leq 3$ (5)

Από τις σχέσεις (1)-(5):

$S\leq \sqrt[3]{54}\Rightarrow S\leq 3\sqrt[3]{2}$

Μέγιστο παράστασης

Μέγιστο παράστασης

Re: Μέγιστο παράστασης

Re: Μέγιστο παράστασης

Re: Μέγιστο παράστασης

Re: Μέγιστο παράστασης

Re: Μέγιστο παράστασης

Re: Μέγιστο παράστασης

Re: Μέγιστο παράστασης

Μέλη σε σύνδεση