Nice ineq

Pricope Tidor-Vlad
Mesaje: 276
Membru din: Vin Sep 28, 2012 4:04 pm
Localitate: Botosani

Nice ineq

Mesaj de Pricope Tidor-Vlad »

Fie $a,b,c>0$ cu $a+b+c=\dfrac{3}{2}$. Demonstrati ca: $a^2+b^2+c^2+2abc \ge 1$.
Obs. Schimband semnele intre ele, obtinem inegalitatea cunoscuta:$a,b,c>0 ,a^2+b^2+c^2+2abc=1 \Rightarrow a+b+c \ge \dfrac{3}{2}$
“Make things as simple as possible, but not simpler.” - Albert Einstein
dangerous storm
Mesaje: 145
Membru din: Joi Iul 03, 2014 9:29 pm

Re: Nice ineq

Mesaj de dangerous storm »

Inegalitatea data este echivalenta cu $(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)+2abc=$ $\frac{9}{4}-2(ab+bc+ca)+2abc\ge 1$,deci este de ajuns sa demonstram ca $\frac{5}{8}\ge ab+bc+ca-abc (1)$.
Scriem inegalitatea $(1)$ in forma omogena $(a+b+c)^3\cdot \frac{5}{27}\ge \frac{2}{3}\cdot(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc$,inegalitatea aceasta fiind echivalenta cu $5(a+b+c)^3\ge 18(a+b+c)(ab+bc+ca)-27abc$.
Deci este de ajuns sa demonstram ca $5(a^3+b^3+c^3)+3abc\ge 3[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]$.Insa din inegalitatea lui Schur avem $ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)\le a^3+b^3+c^3+3abc$,deci $5(a^3+b^3+c^3)+3abc\ge 3(a^3+b^3+c^3)+9abc\ge$ $3[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]$,ceea ce ne incheie demonstratia.
Scrie răspuns