Πασχαλιάτικη Ανισότητα 2

Joaakim · #1

Να δείξετε ότι

$\displaystyle \frac{a^{2}}{b(a^{2}+ab+b^{2})}+\frac{b^{2}}{c(b^{2}+bc+c^{2})}+\frac{c^{2}}{a(c^{2}+ca+a^{2})} \ge \frac{3}{a+b+c}$ ,

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς a,b,c

.

Lymperis Karras · #2

Λαθος

#3

Lymperis Karras έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 01, 2021 10:54 am

Joaakim έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 01, 2021 12:12 am
Να δείξετε ότι

$\displaystyle \frac{a^{2}}{b(a^{2}+ab+b^{2})}+\frac{b^{2}}{c(b^{2}+bc+c^{2})}+\frac{c^{2}}{a(c^{2}+ca+a^{2})} \ge \frac{3}{a+b+c}$ ,

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς .
Πολύ ωραία ανισότητα!
Καλό Μήνα και καλό Πάσχα.

Με AM-GM έχω

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

Από τη γνωστή $a^{2}+ab+b^{2}\geq 3ab$ παίρνω

$LHS \geq 3\sqrt[3]{\dfrac{abc}{3^{3}(abc)^{2}}}\Leftrightarrow LHS \geq \dfrac{1}{\sqrt[3]{abc}}$

Από AM-GM παίρνω

$\dfrac{a+b+c}{3} \geq \sqrt[3]{abc}\Leftrightarrow \dfrac{1}{\sqrt[3]{abc}}\geq \dfrac{3}{a+b+c}$

Άρα γίνεται $LHS \geq \dfrac{3}{a+b+c}$

Καλή Ανάσταση σε εσάς και τις οικογένειές σας!

Προσοχή! Είναι λάθος η απόδειξή σου. Βρες το!

Manolis Petrakis · #4

Καλό μήνα και καλό Πάσχα!

Η δοθείσα ισοδυναμεί με την:
$\sum _{cyc} \dfrac{a^3}{ab(a^2+ab+b^2)} \geq \dfrac{3}{a+b+c}\ (1)$
Αλλά $\sum _{cyc} \dfrac{a^3}{ab(a^2+ab+b^2)} -\sum _{cyc} \dfrac{b^3}{ab(a^2+ab+b^2)} =\sum _{cyc} \dfrac{a^3-b^3}{ab(a^2+ab+b^2)}$
$= \sum _{cyc} \dfrac{a-b}{ab}=\sum _{cyc} \dfrac{ac-bc}{abc}=0$
Άρα η (1)

γράφεται:
$\sum _{cyc} \dfrac{a^3+b^3}{ab(a^2+ab+b^2)} \geq \dfrac{6}{a+b+c} \ (2)$
Αλλά $\dfrac{a^3+b^3}{ab(a^2+ab+b^2)} \geq \dfrac{4}{3(a+b)} \Leftrightarrow 3a^4+3b^4-4a^2b^2-a^3b-ab^3\geq 0$
$\Leftrightarrow 2(a^2-b^2)^2+(a-b)^2(a^2+ab+b^2)\geq 0$ , ισχύει με το = όταν a=b

Έτσι $\sum _{cyc} \dfrac{a^3+b^3}{ab(a^2+ab+b^2)} \geq \dfrac{4}{3} \sum _{1}{a+b} \geq \dfrac{4}{3} \cdot \dfrac {3^2}{2(a+b+c)}=\dfrac{6}{a+b+c}$ , από την BCS και λόγω της (2)

τελειώσαμε.
Το

ισχύει όταν a=b=c

.

#5

Ωραία απόδειξη!

Ένα λίγο πιο σύντομο κλείσιμο είναι το εξής:

Manolis Petrakis έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 01, 2021 11:28 am

Άρα η γράφεται:
$\sum _{cyc} \dfrac{a^3+b^3}{ab(a^2+ab+b^2)} \geq \dfrac{6}{a+b+c} \ (2)$

Είναι

$\displaystyle{\sum _{cyc} \dfrac{a^3+b^3}{ab(a^2+ab+b^2)}=\sum \frac{a+b}{ab}\frac{a^2-ab+b^2}{a^2+ab+b^2}\geq }$

$\displaystyle{\geq \frac{2}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\geq \frac{6}{a+b+c}}$ ,

ως συνέπεια της $\displaystyle{\frac{a^2-ab+b^2}{a^2+ab+b^2}\geq \frac{1}{3}.}$

Joaakim · #6

Ωραία λύση Μανώλη

. Παραθέτω και τη δικιά μου.

Λήμμα
Αν x,y

θετικοί πραγματικοί αριθμοί τότε $\displaystyle \frac{x^{2}}{y(x^{2}+xy+y^{2})} \ge \frac{2x-y}{3xy}$ .

Απόδειξη
Εκτελώ τις πράξεις $3x^{3} y \ge y(2x-y)(x^{2}+xy+y^{2}) \Rightarrow 3x^{3} y \ge (2xy-y^{2})(x^{2}+xy+y^{2}) \Rightarrow$
$\Rightarrow 3x^{3} y \ge 2x^{3} y+2x^{2} y^{2}+2xy^{3}-x^{2} y^{2}-xy^{3}-y^{4} \Rightarrow (x^{3} y-x^{2} y^{2})+(y^{4}-xy^{3}) \ge 0 \Rightarrow$
$\Rightarrow x^{2} y(x-y)-y^{3}(x-y) \ge 0 \Rightarrow (x^{2} y-y^{3})(x-y) \ge 0 \Rightarrow y(x^{2}-y^{2})(x-y) \ge 0 \Rightarrow$
$\Rightarrow [(x+y)(x-y)](x-y) \ge 0 \Rightarrow (x-y)^{2} \ge 0$ , που ισχύει.

Από το Λήμμα και από την ανισότητα Andrescu θα είναι τώρα
$\displaystyle LHS= \sum{\frac{a^{2}}{b(a^{2}+ab+b^{2})}} \ge \sum{\frac{2a-b}{3ab}}=\frac{1}{3} \sum{(\frac{2}{b}-\frac{1}{a})=$
$\displaystyle= \frac{1}{3}[(\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}-\frac{1}{a}-\frac{1}{b}-\frac{1}{c})]=\frac{1}{3}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \ge$
$\displaystyle \ge \frac{1}{3} \cdot \frac{(1+1+1)^{2}}{a+b+c}=\frac{1}{3} \cdot \frac{3^{2}}{a+b+c}=\frac{3}{a+b+c}=RHS$ .

Πασχαλιάτικη Ανισότητα 2

Πασχαλιάτικη Ανισότητα 2

Re: Πασχαλιάτικη Ανισότητα 2

Re: Πασχαλιάτικη Ανισότητα 2

Re: Πασχαλιάτικη Ανισότητα 2

Re: Πασχαλιάτικη Ανισότητα 2

Re: Πασχαλιάτικη Ανισότητα 2

Μέλη σε σύνδεση