Ωραία ανισότητα!

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

Datis-Kalali
Δημοσιεύσεις: 108
Εγγραφή: Δευ Δεκ 12, 2016 5:33 pm
Τοποθεσία: Λευκωσία

Ωραία ανισότητα!

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Datis-Kalali » Κυρ Ιαν 28, 2018 12:11 pm

Αν x,y,z είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί να δείξετε ότι \frac{x^3+y^3+z^3}{3} \ge xyz+ \frac{3}{4}\vert{(x-y)(y-z)(z-x)\vert



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6099
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Ωραία ανισότητα!

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Κυρ Ιαν 28, 2018 7:21 pm

Υποθέτουμε ότι \displaystyle{z=\min \{x,y,z\}}, οπότε υπάρχουν \displaystyle{a,b\geq 0,} ώστε \displaystyle{x=z+a, y=z+b.}.

Τότε η αποδεικτέα γράφεται

\displaystyle{\frac{(z+a)^3+(z+b)^3+z^3}{3}\geq z(z+a)(z+b)+\frac{3}{4}ab|a-b|}

δηλαδή

\displaystyle{z(a^2-ab+b^2)+\frac{a^3+b^3}{3}\geq \frac{3}{4}ab|a-b|}.

Επειδή είναι \displaystyle{z(a^2-ab+b^2)\geq 0,} αρκεί να ισχύει

\displaystyle{4(a^3+b^3)\geq 9ab|a-b|.} Αν \displaystyle{b=0,} ισχύει φανερά.

Αν \displaystyle{b\ne 0}, λόγω ομογένειας, υποθέτουμε \displaystyle{b=1} και ας είναι \displaystyle{a\geq b,} οπότε θέλουμε \displaystyle{4(a^3+1)\geq 9a(a-1)\iff 4a^3+9a+4\geq 9a^2.}

Είναι \displaystyle{4a^3+9a+4\geq 12a^2+4>9a^2}


Μάγκος Θάνος
Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης