Ανίσωση 4

Xriiiiistos · #1

Δίνονται οι αριθμοί $a,b,c\geq 0$ ώστε $(\sqrt{bc})^{3}=\frac{4}{a}$ και πραγματικός $k\geq a+b+c$ . Να δείξετε ότι $a+b+c+k\geq 9\sqrt[3]{bc\frac{k-a-b-c}{3}}$

#2

Αν δεν κάνω κάτι λάθος, η ανισότητα δεν ισχύει.

Παίρνω $a = 4N^{-3},b=c=N$ και $k = 4N + 4N^{-3}$ για κάποιο

που θα επιλέξω αργότερα. Τότε $(\sqrt{bc})^3 = \frac{4}{a}$ και k > a+b+c

. Επίσης

$\displaystyle k + a + b + c = 6N + 8N^{-3}$

και

$\displaystyle 9\sqrt[3]{bc \frac{k-a-b-c}{3}} = 9\sqrt[3]{N^2 \frac{2N}{3}} = 9\sqrt[3]{\frac{2}{3}}N$

Τότε όμως είναι δεν ισχύει το ζητούμενο για

αρκετά μεγάλο. Π.χ. για N = 10

έχουμε

και $\displaystyle 9\sqrt[3]{bc \frac{k-a-b-c}{3}} = 78.622\ldots.$

Xriiiiistos · #3

Έκανα λάθος στις πράξεις μου και νόμιζα ότι ήταν σωστό ζητάω συγγνώμη αν παίδεψα κάποιον

Xriiiiistos · #4

Η άσκηση αυτήν την φορά είναι επιβεβαιωμένα σωστή

Δίνονται αριθμοί $a,b,c\geq 0$ ώστε $a=\sqrt{bc}$ και $k\geq a+b+c$ να δείξετε ότι

$a+b+c+k\geq 9\sqrt[3]{\frac{k-a-b-c}{3}bc}$

#5

Xriiiiistos έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 04, 2018 4:03 pm
Η άσκηση αυτήν την φορά είναι επιβεβαιωμένα σωστή

Δίνονται αριθμοί $a,b,c\geq 0$ ώστε $a=\sqrt{bc}$ και $k\geq a+b+c$ να δείξετε ότι

$a+b+c+k\geq 9\sqrt[3]{\frac{k-a-b-c}{3}bc}$

$\displaystyle{a+b+c+k= 2a+ 2(b+c) +(k-a-b-c) \ge 2\sqrt {bc} + 4 \sqrt {bc} + (k-a-b-c) = 3\sqrt {bc} + 3 \sqrt {bc} + (k-a-b-c) }$

$\displaystyle{ \ge 3 \sqrt [3]{ 3\sqrt {bc} \cdot 3 \sqrt {bc} \cdot (k-a-b-c) } = 9\sqrt[3]{\frac{k-a-b-c}{3}bc}}$

Ανίσωση 4

Ανίσωση 4

Re: Ανίσωση 4

Re: Ανίσωση 4

Re: Ανίσωση 4

Re: Ανίσωση 4

Μέλη σε σύνδεση