2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему
 
 Ещё одно неравенство
Сообщение24.04.2011, 19:24 


14/04/11
10
Для вещественных $a,b,c$ доказать, что если
$abc=1 $
$a,b,c >0$
то
$\dfrac{1}{a^5 (b+2c)^2} + \dfrac{1}{b^5{c+2a}^2}+\dfrac{1}{c^5(a+2b)^2} \geqslant \frac{1}{3}$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение24.04.2011, 20:47 
Заслуженный участник


26/06/07
1909
Tel-aviv
Draggi в сообщении #438349 писал(а):
Для вещественных $a,b,c$ доказать, что если
$abc=1 $
$a,b,c >0$
то
$\dfrac{1}{a^5 (b+2c)^2} + \dfrac{1}{b^5{c+2a}^2}+\dfrac{1}{c^5(a+2b)^2} \geqslant \frac{1}{3}$

$\sum\limits_{cyc}\dfrac{1}{a^5 (b+2c)^2}=\sum\limits_{cyc}\frac{b^5c^5}{(b+2c)^2}\geq\frac{\left(\sum\limits_{cyc}a^{2.5}b^{2.5}\right)^2}{\sum\limits_{cyc}(b+2c)^2}=\frac{\left(\sum\limits_{cyc}a^{2.5}b^{2.5}\right)^2}{\sum\limits_{cyc}(5a^2+4ab)}$.
То бишь, осталось доказать, что
$\sum\limits_{cyc}\left(3a^5b^5+6a^5b^{2.5}c^{2.5}-(5a^2+4ab)\sqrt[3]{a^8b^8c^8}\right)\geq0$, что очевидно верно по теореме Мюрхеда:
$(5,5,0)\succ(5,2.5,2.5)\succ\left(\frac{14}{3},\frac{8}{3},\frac{8}{3}\right)\succ\left(\frac{11}{3},\frac{11}{3},\frac{8}{3}\right)$

 Профиль  
                  
 
 Re: Ещё одно неравенство
Сообщение24.04.2011, 23:31 


14/04/11
10
Интересно. Я предлагаю так:
Делаем замену $x=\dfrac {1}{a}, y=\dfrac{1}{b}, z=\dfrac{1}{c}$
Получаем
$\dfrac {x^3}{(2y+z)^2}+\dfrac{y^3}{(2z+x)^2}+\dfrac{z^3}{(2x+y)^2} \ge \dfrac{1}{3}$

Домножаем на 27 и пользуемся тем, что $\dfrac{x^3}{y^2} \ge 3x-2y$ для каждой дроби. Тогда остается доказать, что
$x+y+z \ge 3$ что очевидно

 Профиль  
                  
 
 Re: Ещё одно неравенство
Сообщение25.04.2011, 06:32 


14/04/11
33
Draggi в сообщении #438393 писал(а):
пользуемся тем, что $\dfrac{x^3}{y^2} \ge 3x-2y$ для каждой дроби
Draggi в сообщении #438393 писал(а):
$x+y+z \ge 3$ что очевидно

Доказать бы... Для строгости... а так я вам верю... наверное :-)

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение25.04.2011, 12:09 
Заслуженный участник


26/06/07
1909
Tel-aviv
Draggi в сообщении #438393 писал(а):
Я предлагаю так:
Делаем замену $x=\dfrac {1}{a}, y=\dfrac{1}{b}, z=\dfrac{1}{c}$
Получаем
$\dfrac {x^3}{(2y+z)^2}+\dfrac{y^3}{(2z+x)^2}+\dfrac{z^3}{(2x+y)^2} \ge \dfrac{1}{3}$

Усилим его немного.
Пусть $a$, $b$ и $c$ положительны и $a^4+b^4+c^4=3$. Докажите, что:
$$\dfrac {a^3}{(2b+c)^2}+\dfrac{b^3}{(2c+a)^2}+\dfrac{c^3}{(2a+b)^2} \ge \dfrac{1}{3}$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Ещё одно неравенство
Сообщение26.04.2011, 15:28 


14/04/11
10
Может подсказочку какую-нибудь дадите?

 Профиль  
                  
 
 Re: Ещё одно неравенство
Сообщение27.04.2011, 07:26 
Заслуженный участник


26/06/07
1909
Tel-aviv
Draggi в сообщении #438813 писал(а):
Может подсказочку какую-нибудь дадите?

Пожалуйста!
Докажите сначала, что если $a$, $b$ и $c$ положительны и $a^4+b^4+c^4=3$,то :
$$\dfrac {a^2}{2b+c}+\dfrac{b^2}{2c+a}+\dfrac{c^2}{2a+b} \ge 1$$

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 7 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group