Ανισότητα S435 από το MR

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #1

Επισυνάπτω τη λύση μου στην ανισότητα S435 από το Mathematical Reflections 2018 τ.1

(βέβαια αρκετά απλή για Seniors)

: MR-S435-dion.png (120.13 KiB) Προβλήθηκε 789 φορές

#2

Μια συντομότερη απόδειξη:

Από την $\displaystyle{a^3+b^3\geq ab(a+b)}$ και τις όμοιες, προκύπτει

$\displaystyle{a^3+b^3+c^3\geq \frac{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)}{2},}$ οπότε

το αριστερό μέλος είναι

$\displaystyle{\geq \frac{ab(a+b)}{2}+\frac{bc(b+c)}{2}+\frac{ca(c+a)}{2}+\frac{8}{(a+b)(b+c)(c+a)}\stackrel{AM-GM}{\geq }4.}$

Math Rider · #3

Άλλη μία λύση:
Έχουμε ότι $\displaystyle{a^3+b^3+c^3+\frac{8}{(a+b)(b+c)(c+a)}=}$

$\displaystyle{(a+b+c)^3-3(a+b+c)(ab+bc+ca)+3abc+\frac{8}{(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc}=}$

$\displaystyle{(a+b+c)^3-3(a+b+c)(ab+bc+ca)+3+\frac{8}{(a+b+c)(ab+bc+ca)-1}}$ .

Οπότε, αρκεί να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{(a+b+c)^3-3(a+b+c)(ab+bc+ca)+\frac{8}{(a+b+c)(ab+bc+ca)-1}}\geq1$ .

Χρησιμοποιώντας την ανισότητα Schur $(a+b+c)^3+9abc\geq4(a+b+c)(ab+bc+ca)$ , παίρνουμε

$(a+b+c)^3-3(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq(a+b+c)(ab+bc+ca)-9$ .

Απομένει να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{(a+b+c)(ab+bc+ca)+\frac{8}{(a+b+c)(ab+bc+ca)-1}}\geq10.$ (1)

Θέτοντας $t=(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9abc=9$ , η ανισότητα (1) μπορεί να γραφεί ως $(t-9)(t-2)\geq 0$ , που είναι πλέον προφανής.

Διαφορετικά:
Χρησιμοποιώντας την ανισότητα $\displaystyle{\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+{\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}\geq2$ (σελίδα 9 εδώ), και λαμβάνοντας υπόψη την δοσμένη συνθήκη abc=1

για να αποδείξουμε την δοθείσα ανισότητα αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle{a^3+b^3+c^3\geq {\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+2}$

ή $(a^3+b^3+c^3)(ab+bc+ca)\geq (a+b+c)^2$

ή $(a^3+b^3+c^3) \left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\geq (a+b+c)^2$ , που ισχύει από την ανισότητα Cauchy - Schwarz.

Ανισότητα S435 από το MR

Ανισότητα S435 από το MR

Re: Ανισότητα S435 από το MR

Re: Ανισότητα S435 από το MR

Μέλη σε σύνδεση