Ωραία ανισότητα!

#1

Έστω $\displaystyle{a,b,c}$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί με a^2+b^2+c^2=48

. Να δείξετε ότι

$\displaystyle{a^2\sqrt{2b^3+16}+b^2\sqrt{2c^3+16}+c^2\sqrt{2a^3+16}\le24^2}$

Soteris · #2

socrates έγραψε:Έστω $\displaystyle{a,b,c}$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί με . Να δείξετε ότι

$\displaystyle{a^2\sqrt{2b^3+16}+b^2\sqrt{2c^3+16}+c^2\sqrt{2a^3+16}\le24^2}$

Από $\displaystyle{AM-GM}$ , είναι: $\displaystyle{a^2\sqrt{2b^3+16}=a^2\sqrt{\left(2b+4\right)\left(b^2-2b+4\right)}\leq a^2\cdot\dfrac{2b+4+b^2-2b+4}{2}=a^2\cdot\dfrac{b^2+8}{2}\;\;\;\;\;\;\;\;\left(1\right)}$

Ομοίως,

$\displaystyle{b^2\sqrt{2c^3+16}=b^2\sqrt{\left(2c+4\right)\left(c^2-2c+4\right)}\leq b^2\cdot\dfrac{2c+4+c^2-2c+4}{2}=b^2\cdot\dfrac{c^2+8}{2}\;\;\;\;\;\;\;\;\left(2\right)}$

$\displaystyle{c^2\sqrt{2a^3+16}=c^2\sqrt{\left(2a+4\right)\left(a^2-2a+4\right)}\leq c^2\cdot\dfrac{2a+4+a^2-2a+4}{2}=c^2\cdot\dfrac{a^2+8}{2}\;\;\;\;\;\;\left(3\right)}$

Προσθέτοντας τις $\displaystyle{\left(1\right),\left(2\right), \left(3\right)}$ κατά μέλη, είναι αρκετό να δείξουμε ότι:

$\displaystyle{a^2b^2+8a^2+b^2c^2+8b^2+c^2a^2+8c^2\leq 2\cdot 24^2}$

Τώρα, αφού $\displaystyle{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\leq \dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{3}}$ και $\displaystyle{a^2+b^2+c^2=48}$ , έχουμε:

$\displaystyle{a^2b^2+8a^2+b^2c^2+8b^2+c^2a^2+8c^2\leq \dfrac{48^2}{3}+8\cdot48}=2\cdot24^2}$

#3

socrates έγραψε:Έστω $\displaystyle{a,b,c}$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί με . Να δείξετε ότι

$\displaystyle{a^2\sqrt{2b^3+16}+b^2\sqrt{2c^3+16}+c^2\sqrt{2a^3+16}\le24^2}$

Πρόκειται για θέμα που κατασκεύασα για την περσινή JBMO και μπήκε στην περσινή Shortlist.
Η λύση του Σωτήρη είναι ακριβώς η ιδέα που κατασκευάστηκε η άσκηση. Θα χαιρόμουν να έβλεπα και άλλες λύσεις.

#4

Αν δείξουμε ότι $\displaystyle{a^2b^3+b^2c^3+c^2a^3\le 3\cdot 4^5,}$ τότε τελειώνουμε με weighted Jensen ή Cauchy-Schwarz...
Δε γνωρίζω αν ισχύει η παραπάνω...
http://artofproblemsolving.com/communit ... r_disprove

G.Bas · #5

socrates έγραψε:Έστω $\displaystyle{a,b,c}$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί με . Να δείξετε ότι

$\displaystyle{a^2\sqrt{2b^3+16}+b^2\sqrt{2c^3+16}+c^2\sqrt{2a^3+16}\le24^2}$

Καλημέρα!

Σιλουανέ συγχαρητήρια για την όμορφη Ανισότητα που πρότεινες! Κατάφερα και βρήκα τώρα το πρωί μια λύση μου με Cauchy-Schwarz

!

Ισχύει σύμφωνα με την Ανισότητα Cauchy-Schwarz

$\displaystyle{\begin{aligned}\left[\sum a^2\sqrt{2b^3+16}\right]^2&\leq\sum a^2(2b+4)\cdot\sum\frac{a^2(2b^3+16)}{2b+4}\\&=\left(2\sum a^2b+4\sum a^2\right)\cdot\sum\frac{a^2(2b+4)(b^2-2b+4)}{2b+4}\\&=\left(2\sum a^2b+192\right)\cdot\sum [a^2(b^2-2b+4)]\\&=\left(2\sum a^2b+192\right)\left(\sum a^2b^2-2\sum a^2b+192\right).\end{aligned}}$

Τέλος, από την Ανισότητα $\displaystyle{xy\leq\frac{1}{4}(x+y)^2}$ και τη βασική $\displaystyle{ab+bc+ca\leq \frac{1}{3}(a+b+c)^2}$ θα ισχύει

$\displaystyle{\begin{aligned}\left(2\sum a^2b+192\right)\left(\sum a^2b^2-2\sum a^2b+192\right)&\leq\frac{1}{4}\left(\sum a^2b^2+2\cdot 192\right)^2\\&\leq\frac{1}{4}\cdot\left[\frac{1}{3}\left(\sum a^2\right)^2+2\cdot 192\right]^2\\&=\frac{1}{4}\cdot\left[\frac{48^2}{3}+2\cdot 192\right]^2\\&=(192+8\cdot 48)^2\\&=24^4\end{aligned}}$

και με αυτό η απόδειξή ολοκληρώνεται.

#6

socrates έγραψε:Αν δείξουμε ότι $\displaystyle{a^2b^3+b^2c^3+c^2a^3\le 3\cdot 4^5,}$ τότε τελειώνουμε με weighted Jensen ή Cauchy-Schwarz...
Δε γνωρίζω αν ισχύει η παραπάνω...
http://artofproblemsolving.com/communit ... r_disprove

Η παραπάνω ισχύει, οπότε έχουμε άλλη μια απόδειξη!
http://artofproblemsolving.com/communit ... inequality

Ωραία ανισότητα!

Ωραία ανισότητα!

Re: Ωραία ανισότητα!

Re: Ωραία ανισότητα!

Re: Ωραία ανισότητα!

Re: Ωραία ανισότητα!

Re: Ωραία ανισότητα!

Μέλη σε σύνδεση