Ανισότητα

ΑΝΔΡΕΑΣ ΛΑΜΠΡΟΥ · #1

Αν $\displaystyle{a,\ b,\ c}$ $\displaystyle{>0}$ , ώστε $\displaystyle{a+b+c=3}$ να δείξετε ότι:
$\displaystyle{\sqrt{\frac 23}\left(\sqrt[2018]{a}\ +\sqrt[2018]{b}\ + \sqrt[2018]{c}\hskip 0.05 in\right) +\sqrt{a(1-b)+b(1-c)+c(1-a)\ }\geq\sqrt{6}.}$
Πηγή: (Aops) (Δεν έχει ανέβει κάποια λύση ακόμη).

Ορέστης Λιγνός · #2

ΑΝΔΡΕΑΣ ΛΑΜΠΡΟΥ έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 14, 2018 3:25 am
Αν $\displaystyle{a,\ b,\ c}$ $\displaystyle{>0}$ , ώστε $\displaystyle{a+b+c=3}$ να δείξετε ότι:
$\displaystyle{\sqrt{\frac 23}\left(\sqrt[2018]{a}\ +\sqrt[2018]{b}\ + \sqrt[2018]{c}\hskip 0.05 in\right) +\sqrt{a(1-b)+b(1-c)+c(1-a)\ }\geq\sqrt{6}.}$
Πηγή: (Aops) (Δεν έχει ανέβει κάποια λύση ακόμη).

Καλησπέρα σε όλους.

Μετά από καιρό, ας δούμε μία λύση σε αυτό το ωραίο πρόβλημα.

Καταρχήν, θα δείξουμε το εξής Λήμμα:

Λήμμα

Για κάθε $a \geqslant b \geqslant c >0$ πραγματικούς, ισχύει ότι $3-ab-bc-ca \geqslant \dfrac{3(a-1)^2}{4} \geqslant \dfrac{3(b-1)^2}{4} \geqslant \dfrac{3(c-1)^2}{4}$ .

Απόδειξη

Προφανώς, αρκεί $3-ab-bc-ca \geqslant \dfrac{3(a-1)^2}{4}$ .

Θέτουμε a=x+1, b=y+1, c=z+1

, οπότε

. Τότε, με αντικατάσταση, προκύπτει 3-ab-bc-ca=x^2+xy+y^2

και άρα αρκεί $x^2+xy+y^2 \geqslant \dfrac{3x^2}{4}$ ή αλλιώς $x^2+xy+y^2 \geqslant 0$ , που ισχύει, γιατί $x^2+xy+y^2=(x+\dfrac{y}{2})^2+\dfrac{3y^2}{4} \geqslant 0$ .

Η απόδειξη του Λήμματος ολοκληρώθηκε, οπότε πάμε στην άσκηση.

Έστω, δίχως βλάβη της γενικότητας, $a \geqslant b \geqslant c$ (η προς απόδειξη ανισότητα είναι συμμετρική, οπότε μπορούμε να υποθέσουμε κάτι τέτοιο).

Τότε, αφού a+b=c=3

, είναι προφανώς $a \geqslant 1 \geqslant c$ .
Διακρίνουμε λοιπόν δύο περιπτώσεις :

Περίπτωση 1 $a \geqslant b \geqslant 1 \geqslant c$ .

Τότε, είναι σε συνδυασμό με το Λήμμα, $\sqrt{\dfrac{2}{3}}(\sqrt[2018]{a}+\sqrt[2018]{b}+\sqrt[2018]{c})+\sqrt{a+b+c-ab-bc-ca} \geqslant \sqrt{\dfrac{2}{3}}(2+\sqrt[2018]{c})+\dfrac{(c-1)\sqrt{3}}{2}=M$ , οπότε αρκεί $M \geqslant \sqrt{6}$ .

Θέτοντας $c=k^{2018}$ , με $0 <k \leqslant 1$ , μετά τις πράξεις, αρκεί $3(1-k^{2018}) \geqslant 2\sqrt{2}(1-k)$ (1).

Όμως, είναι $0<k \leqslant 1$ , οπότε $k^{2018} =k^{2017} \cdot k \leqslant k$ , άρα έχουμε $3(1-k^{2018}) \geqslant 3(1-k) \geqslant 2\sqrt{2}(1-k)$ , ό.έ.δ.

Περίπτωση 2 $a \geqslant 1 \geqslant b \geqslant c$

Τότε, έχουμε, πάλι σε συνδυασμό με το Λήμμα και το γεγονός ότι $\sqrt[n]{x} \geqslant x$ , για κάθε $0<x \leqslant 1$ και $n \in \mathbb{N^*}$ (πράγματι, $x^n=x \cdot x^{n-1} \leqslant x \Rightarrow \sqrt[n]{x} \geqslant x$ ) έχουμε :

$\sqrt{\dfrac{2}{3}}(\sqrt[2018]{a}+\sqrt[2018]{b}+\sqrt[2018]{c})+\sqrt{a+b+c-ab-bc-ca} \geqslant \sqrt{\dfrac{2}{3}}(1+b+c)+\dfrac{(a-1)\sqrt{3}}{2}$ , οπότε αρκεί $\sqrt{\dfrac{2}{3}}(4-a)+\dfrac{(a-1)\sqrt{3}}{2} \geqslant \sqrt{6}$ ή ισοδύναμα

$(3-2\sqrt{2})(a-1) \geqslant 0$ , που προφανώς ισχύει, αφού $a \geqslant 1, 3>2\sqrt{2}$ .

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε. Η ισότητα, ισχύει όταν a=b=c=1

.

Ανισότητα

Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση