Ανισότητα με 3 μεταβλητές

#1

Αν $a,b,c\ge 0$ με a+b+c=1

, να αποδειχθεί ότι

$\sqrt {9a^2+18ab+5b^2} + \sqrt {9b^2+18bc+5c^2} + \sqrt {9c^2+18ca+5a^2} \le 4\sqrt 2$

(Κάνει και για Juniors)

vgreco · #2

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 21, 2023 9:38 am
Αν $a,b,c\ge 0$ με , να αποδειχθεί ότι

$\sqrt {9a^2+18ab+5b^2} + \sqrt {9b^2+18bc+5c^2} + \sqrt {9c^2+18ca+5a^2} \le 4\sqrt 2$

(Κάνει και για Juniors)

Παρατηρώ πως 9a^2 + 18ab + 5b^2 = (3a + 3b)^2 - 4b^2 = (3a + b)(3a + 5b)

, επομένως με βάση την ανισότητα $\rm H\"older$ :

$\displaystyle{ \sqrt{(3a + b)(3a + 5b)} + \sqrt{(3b + c)(3b + 5c)} + \sqrt{(3c + a)(3c + 5a)} \le \sqrt{4(a + b + c)} \sqrt{8(a + b + c)} = \sqrt{32} = 4\sqrt{2} }$

Η ισότητα ισχύει όταν:

$\displaystyle{ \dfrac{3a + b}{3a + 5b} = \dfrac{3b + c}{3b + 5c} = \dfrac{3c + a}{3c + 5a} = \dfrac{4}{8} = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \boxed{a = b = c = \dfrac{1}{3}} }$

#3

vgreco έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 21, 2023 3:47 pm
... επομένως με βάση την ανισότητα $\rm H\"older$ ...

.
Πολλή ωραία λύση. Υπόψη ότι έγινε χρήση ειδικής περίπτωσης της Holder, η οποία είναι η Cauchy-Schwarz. Συγκεκριμένα Cauchy-Schwarz με $a_1=\sqrt{3a + b}, \, b_1= \sqrt {3a + 5b}$ , και λοιπά.

Η δική μου λύση είναι με χρήση της $\sqrt {ab} \le \frac {1}{2}(a+b)$ , συν ένα μικρό κόλπο στο σημείο $\color {red} (*)}$ .

Έχουμε

$\sqrt {9a^2+18ab+5b^2} = \sqrt{(3a + b)(3a + 5b)} =^{\color {red} (*)}} \dfrac {\sqrt 2}{2} \sqrt{2(3a + b)(3a + 5b)} = \dfrac {\sqrt 2}{2} \sqrt{(6a + 2b)(3a + 5b)}\le$

$\le \dfrac {\sqrt 2}{2} \dfrac {1}{2} (6a + 2b+3a + 5b)} = \dfrac {\sqrt 2}{4} (9a+7b)$ , και όμοια οι άλλες δύο.

Προσθέτουμε κατά μέλη, οπότε βρίσκουμε ότι το αριστερό μέλος είναι

$\le \dfrac {\sqrt 2}{4} (9a+7b +9b+7c+9c+7a)= \dfrac {\sqrt 2}{4} (16a+16b +16c)= 4\sqrt 2$ με ισότητα όταν a=b=c=1/3

.

Ανισότητα με 3 μεταβλητές

Ανισότητα με 3 μεταβλητές

Re: Ανισότητα με 3 μεταβλητές

Re: Ανισότητα με 3 μεταβλητές

Μέλη σε σύνδεση