Ωραία με συνθήκη

simantiris j. · #1

Μια ανισότητα κατά τη γνώμη μου πολύ ωραία για juniors.
Αν οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί a,b,c

ικανοποιούν την (a+b)(b+c)(c+a)=1

να αποδείξετε ότι
$ab+bc+ac\leq \frac{3}{4}$

dement · #2

Θέτοντας

το προς απόδειξη γίνεται $2(uv+vw+uw) \leq 3 (uvw)^{2/3} + u^2 + v^2 + w^2$ .

Με Schur και με AM-GM έχουμε

$\displaystyle u^2 + v^2 + w^2 + 3(uvw)^{2/3} \geq \sum_{p,q = u,v,w} p^{4/3} q^{2/3} \geq 2(uv + vw + uw)$ .

simantiris j. · #3

Ωραία!
Υπάρχει και πιο απλή λύση,γι'αυτό την έβαλα εδώ.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #4

Αρχικά θα αποδείξουμε πως:

$(a+b)(b+c)(c+a)\geq 8abc \Leftrightarrow(a+b)(b+c)(c+a)\geq 2\sqrt{ab} \cdot 2\sqrt{bc} \cdot 2\sqrt{ca}$

που ισχύει επειδή: $a+b\geq2 \sqrt{ab}, b+c\geq2 \sqrt{bc}$ και $c+a\geq 2\sqrt{ca}$ .

Συνεπώς $1\geq 8abc \Leftrightarrow 1/8 \geq abc$ (1).

Έχουμε:
$(a+b)(b+c)(c+a) = 2abc + ab(a+b) + bc(b+c) + ca(c+a) = 1 \Leftrightarrow \\ 3abc + ab(a+b) + bc(b+c) + ca(c+a) = 1 + abc \Leftrightarrow \\ ab(a+b+c) + bc(b+c+a) + ca(c+a+b) = 1 + abc \Leftrightarrow \\ (a+b+c) (ab+bc+ca) = 1 + abc$

Από τη σχέση (1) όμως προκύπτει ότι:

$(a+b+c)(ab+bc+ca) \leq 1+1/8 \Leftrightarrow (a+b+c)^{2}(ab+bc+ca)^{2} \leq 81/64.$

Θα αποδείξουμε ότι:

$(a+b+c)^{2} \geq 3(ab+bc+ca) \Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq ab+bc+ca$ που ισχύει, αφού πρόκειται για γνωστή ανισότητα.

Συνεπώς έχουμε:

$3(ab+bc+ca)^{3} \leq (a+b+c)^{2}(ab+bc+ca)^{2} \leq 81/64 \Leftrightarrow \\ (ab+bc+ca)^{3} \leq 27/64 \Leftrightarrow \\ ab+bc+ca \leq 3/4$

simantiris j. · #5

Εναλλακτικά για τελείωμα αρκεί $a+b+c\geq \frac{3}{2}$ αφού τότε $\frac{3}{2}(ab+bc+ac)\leq (a+b+c)(ab+bc+ac)\leq \frac{9}{8}\Rightarrow ab+bc+ac\leq \frac{3}{4}$ .
Από ΑΜ-ΓΜ όμως $2(a+b+c)=(a+b)+(b+c)+(c+a)\geq 3\sqrt[3]{(a+b)^2(b+c)^2(a+c)^2}=3\Rightarrow a+b+c\geq \frac{3}{2}$ ,το ζητούμενο.

#6

Ουσιαστικά πρόκειται για την ανισότητα Carlson:

$\displaystyle{\color{red}\bullet}$ Για θετικούς $\displaystyle{a,b,c}$ ισχύει

$\displaystyle{\sqrt[3]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}}\geq \sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}}}$ .

Μια απόδειξη μόνο με την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ είναι η ακόλουθη:

$\displaystyle{(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc=(a+b+c)(ab+bc+ca)-\sqrt[3]{abc}\sqrt[3]{(abc)^2}\geq }$

$\displaystyle{\geq (a+b+c)(ab+bc+ca)-\frac{a+b+c}{3}\cdot \frac{ab+bc+ca}{3}=\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq }$

$\displaystyle{\geq \frac{8}{9}\sqrt{3(ab+bc+ca)}(ab+bc+ca)=8\left(\frac{ab+bc+ca}{3}\right)^{\frac{3}{2}}}$

Ωραία με συνθήκη

Ωραία με συνθήκη

Re: Ωραία με συνθήκη

Re: Ωραία με συνθήκη

Re: Ωραία με συνθήκη

Re: Ωραία με συνθήκη

Re: Ωραία με συνθήκη

Μέλη σε σύνδεση