Ανισότητα!

Ορέστης Λιγνός · #1

Χρόνια Πολλά και Καλή χρονιά σε όλους!

Αν a,b,c>0

, δείξτε ότι $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \leqslant \dfrac{a^8+b^8+c^8}{a^3b^3c^3}$ .

#2

Καλή χρονιά Ορέστη!

Από ΑΜ-ΓΜ έχουμε:

$3a^8 + 3b^8 + 2c^8 = a^8+a^8+a^8+b^8+b^8+b^8+c^8+c^8 \geqslant 8\sqrt[8]{(a^8)^3(b^8)^3(c^8)^2} = 8a^3b^3c^2$

και ομοίως

$3a^8 + 2b^8 + 3c^8 \geqslant 8a^3b^2c^3$

και

$2a^8 + 3b^8 + 3c^8 \geqslant 8a^2b^3c^3$

Προσθέτοντας και διαιρώντας με 8a^3b^3c^3

λαμβάνουμε το ζητούμενο.

Datis-Kalali · #3

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 01, 2018 4:44 pm
Χρόνια Πολλά και Καλή χρονιά σε όλους!

Αν , δείξτε ότι $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \leqslant \dfrac{a^8+b^8+c^8}{a^3b^3c^3}$ .

Χρόνια πολλά.

Η ανισότητα γράφεται:
$a^8+b^8+c^8 \ge a^2b^3c^3+a^3b^2c^3+a^3b^3c^2$
Τωρά απο την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ έχουμε
$a^8+a^8+b^8+b^8+b^8+c^8+c^8+c^8 \ge 8 (a^{16} b^{24} c^{24})^{\frac{1}{8}}=8a^2b^3c^3 \Rightarrow 2a^8+3b^8+3c^8 \ge 8a^2b^3c^3$
Όμοια παιρνουμε:
$2a^8+3b^8+3c^8 \ge 8a^2b^3c^3$
$2a^8+3b^8+3c^8 \ge 8a^2b^3c^3$
Προσθέτοντας κατα μέλη και έχουμε
$8a^8+8b^8+8c^8 \ge 8a^2b^3c^3+8a^3b^2c^3+8a^3b^3c^2$
Άρα
$a^8+b^8+c^8 \ge a^2b^3c^3+a^3b^2c^3+a^3b^3c^2$ , δηλαδή το ζητούμενο.
Η ισότητα ισχυεί αν και μονον αν a=b=c

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #4

Καλή Χρονιά!

Η ανισότητα γίνεται:

$a^8+b^8+c^8\geq a^3b^3c^2+a^3b^2c^3+a^2b^3c^3$ που ισχύει από Muirhead

, καθώς

.

Datis-Kalali · #5

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 01, 2018 4:44 pm
Χρόνια Πολλά και Καλή χρονιά σε όλους!

Αν , δείξτε ότι $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \leqslant \dfrac{a^8+b^8+c^8}{a^3b^3c^3}$ .

Πιο γενικά , για κάθε a,b,c>0

Να αποδείξετε ότι: $\frac{1}{a^{3k-n}}+\frac{1}{b^{3k-n}}+\frac{1}{b^{3k-n}} \le \frac{a^n+b^n+c^n}{a^k b^k c^k}$
Υπόδειξη : Βοηθά η ανισότητα Muirhead

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

Datis-Kalali έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 01, 2018 5:35 pm

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 01, 2018 4:44 pm
Χρόνια Πολλά και Καλή χρονιά σε όλους!

Αν , δείξτε ότι $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \leqslant \dfrac{a^8+b^8+c^8}{a^3b^3c^3}$ .

Πιο γενικά , για κάθε Να αποδείξετε ότι: $\frac{1}{a^{3k-n}}+\frac{1}{b^{3k-n}}+\frac{1}{b^{3k-n}} \le \frac{a^n+b^n+c^n}{a^k b^k c^k}$
Υπόδειξη : Βοηθά η ανισότητα Muirhead

Με την υπόθεση ότι n> 2k> k> 0

γράφεται $a^{n-2k}b^{k}c^{k}+b^{n-2k}c^{k}a^{k}+c^{n-2k}a^{k}b^{k}\leq a^{n}+b^{n}+c^{n}$

και είναι άμεση εφαρμογή της Holder με εκθέτες $\frac{n}{n-2k},\frac{n}{k},\frac{n}{k}$

ΤΣΟΠΕΛΑΣ ΓΙΑΝΝΗΣ · #7

Καλή χρονιά σε όλα τα μέλη του

μια ακόμη προσέγγιση...
$a^{8}+b^{8}+c^{8}\geq a^{4}b^{4}+b^{4}c^{4}+c^{4}a^{4}=\left ( a^{2}b^{2} \right )^{2}+\left ( b^{2}c^{2} \right )^{2}+\left (c^{2}a^{2} \right )^{2}\geq a^{2}b^{2}b^{2}c^{2} +b^{2}c^{2}c^{2}a^{2}+c^{2}a^{2}a^{2}b^{2}= \left ( ab^{2}c \right )^{2}+\left ( bc^{2}a \right )^{2}+\left (ca^{2}b \right )^{2}\geq ab^{2}cbc^{2}a+bc^{2}aca^{2}b+ca^{2}bab^{2}c=a^{2}b^{3}c^{3}+a^{3}b^{2}c^{3}+a^{3}b^{3}c^{2}$
Δηλαδή με πολλαπλή χρήση της $x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq xy+yz+zx$

Ανισότητα!

Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Μέλη σε σύνδεση