Vojtech Jarnik 2016/1 Category II

#1

Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί a,b,c

ώστε

. Να δειχθεί ότι

$\displaystyle{ \left(\frac{1}{a} + \frac{1}{bc} \right)\left(\frac{1}{b} + \frac{1}{ca} \right)\left(\frac{1}{c} + \frac{1}{ab} \right) \geqslant 1728}$

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #2

Η ανισότητα γίνεται:

$\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{bc}\right)^{\dfrac{1}{3}}\cdot$ $\left(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{ca}\right)^{\dfrac{1}{3}}\cdot$ $\left(\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{ab}\right)^{\dfrac{1}{3}}\geq 12$

Από την ανισότητα Holder

παίρνουμε ότι:

$\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{bc}\right)^{\dfrac{1}{3}}\cdot \left(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{ca}\right)^{\dfrac{1}{3}}\cdot \left(\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{ab}\right)^{\dfrac{1}{3}}$ $\geq \left(\dfrac{1}{abc}\right)^{\dfrac{1}{3}}+\left(\dfrac{1}{a^2b^2c^2}\right)^{\dfrac{1}{3}}$

Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε πως:

$\dfrac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\dfrac{1}{\sqrt[3]{a^2b^2c^2}} \geq 12$

Όμως γνωρίζουμε πως:

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

Ακόμη ισχύει ότι:

$\dfrac{(a+b+c)^2}{9}=\dfrac{1}{9}\geq \dfrac{ab+bc+ca}{3} \geq$ $\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Leftrightarrow \dfrac{1}{\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}\geq 9$ (2)

Προσθέτοντας τις σχέσεις (1) και (2) κατά μέλη παίρνουμε το ζητούμενο.

Vojtech Jarnik 2016/1 Category II

Vojtech Jarnik 2016/1 Category II

Re: Vojtech Jarnik 2016/1 Category II

Μέλη σε σύνδεση