Ανισότητα!

Lymperis Karras · #1

Αν $a,b,c \in \mathbb{R}^+$ και a+b+c=1

να δείξετε ότι

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

2nisic · #2

Lymperis Karras · #3

2nisic έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 19, 2021 1:53 pm
$(\sum_{cyc}^{}\frac{a}{\sqrt[3]{a+2b}})(\sum_{cyc}^{}a\sqrt[3]{a+2b})^3\geq (a+b+c)^4=1$

$1=(a+b+c)^{\frac{4}{3}}= (a+b+c)^{\frac{1}{3}}(a+b+c)^{\frac{1}{3}}[a(a+2b)+b(b+2c)+c(c+2a)]^{\frac{1}{3}}\geq \sum_{cyc}^{}a\sqrt[3]{a+2b}$

Σωστά, (έχω και εγώ μια ελαφρώς διαφορετική λύση), απλά καλό θα ήταν για να γίνεται κατανοητή η λύση από όλα τα μέλη του

να πεις και ποια ανισότητα χρησιμοποίησες (Holder).

#4

Αλλιώς, χωρίς Hölder.

Από AM-GM είναι

$\displaystyle{(a+2b)+1+1\geq 3\sqrt[3]{a+2b}\implies a+2b+2\geq 3\sqrt[3]{a+2b}.}$

Άρα έχουμε

$\displaystyle{\sum \frac{a}{\sqrt[3]{a+2b}}\geq 3\sum \frac{a}{a+2b+2}.}$

Τώρα, από Cauchy-Schwarz είναι

$\displaystyle{3\sum \frac{a}{a+2b+2} =3\sum \frac{a^2}{a^2+2ab+2a}\geq 3\frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca+2(a+b+c)}=}$

$\displaystyle{=3\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2+2(a+b+c)}=1.}$

2nisic · #5

Τελικά έχει τεθεί είδη στο

από εμένα αλλά δεν το θυμόμουνα.

viewtopic.php?t=69028

Ανισότητα!

Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Μέλη σε σύνδεση