Σελίδα 1 από 1

Vojtech Jarnik 2016/1 Category II

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Ιαν 21, 2017 12:20 pm
από Demetres
Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί a,b,c ώστε a+b+c=1. 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}

Re: Vojtech Jarnik 2016/1 Category II

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Ιαν 21, 2017 1:12 pm
από Διονύσιος Αδαμόπουλος
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.