Βουλγάρικο Πρόβλημα 20

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, achilleas, socrates, silouan

Απάντηση
Άβαταρ μέλους
emouroukos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1447
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Βουλγάρικο Πρόβλημα 20

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από emouroukos »

Πρόβλημα 20: Αν \displaystyle{a,b,c > 0,} να αποδείξετε ότι

\displaystyle{\boxed{\frac{{ab}}{{3a + 4b + 5c}} + \frac{{bc}}{{3b + 4c + 5a}} + \frac{{ca}}{{3c + 4a + 5b}} \le \frac{{a + b + c}}{{12}}}}.

Λύση: Από την ανισότητα Cauchy-Schwarz προκύπτει ότι

\displaystyle{\frac{{{{24}^2}ab}}{{6a + 8b + 10c}} = ab\frac{{{{\left( {1 + 3 + 10 + 10} \right)}^2}}}{{a + 3b + 5\left( {c + a} \right) + 5\left( {b + c} \right)}} \le }

\displaystyle{ \le ab\left( {\frac{{{1^2}}}{a} + \frac{{{3^2}}}{{3b}} + \frac{{{{10}^2}}}{{5\left( {b + c} \right)}} + \frac{{{{10}^2}}}{{5\left( {c + a} \right)}}} \right) = b + 3a + 20\left( {\frac{{ab}}{{b + c}} + \frac{{ab}}{{c + a}}} \right).}

Αθροίζοντας κυκλικά βρίσκουμε ότι:

\displaystyle{24 \cdot 12\left( {\frac{{ab}}{{3a + 4b + 5c}} + \frac{{bc}}{{3b + 4c + 5a}} + \frac{{ca}}{{3c + 4a + 5b}}} \right) \le }

\displaystyle{ \le \left( {a + b + c} \right) + 3\left( {a + b + c} \right) + 20\left( {\frac{{ab}}{{b + c}} + \frac{{ab}}{{c + a}} + \frac{{bc}}{{c + a}} + \frac{{bc}}{{a + b}} + \frac{{ca}}{{a + b}} + \frac{{ca}}{{b + c}}} \right) = }

\displaystyle{ = 4\left( {a + b + c} \right) + 20\left( {\frac{{a\left( {b + c} \right)}}{{b + c}} + \frac{{b\left( {c + a} \right)}}{{c + a}} + \frac{{c\left( {a + b} \right)}}{{a + b}}} \right) = 24\left( {a + b + c} \right)}

και η αποδεικτέα ανισότητα έπεται. Το ίσον ισχύει αν και μόνο αν \displaystyle{a = b = c.}
Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
Κορυφή
Απάντηση

Επιστροφή στο “Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Seniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις”

Μέλη σε σύνδεση

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