Matematyka.pl

Dla \(a,b,c>0\), takich że \((a+b)(b+c)(c+a)=9abc\), udowodnij \[\max\{a,b,c\}\ge\sqrt[3]{2abc}.\]

bez szkody \(1=c\ge a,b>0\) (można skalować i permutować)

założenie daje \(ab(9-(a+b))=(a+b)(1+a+b)\)

skoro \(4ab\le(a+b)^2\) i \(a+b\le 2<9\), to \(4(a+b)(1+a+b)=4ab(9-(a+b))\le(a+b)^2(9-(a+b))\)

po skróceniu czynnika \(a+b\) i przekształceniach: \((4-(a+b))(1-(a+b))\ge 0\)

wiadomo jednak iż \(4>a+b\), więc musi być \(1\ge a+b\) i stąd \(ab\le \frac{(a+b)^2}4 \le \frac 14\)

ostatecznie wyszło nawet lepsze ograniczenie: \(\sqrt[3]{4abc} \le \max\{a,b,c\}\) (a może po prostu się gdzieś pomyliłem po drodze)

Trójka \((1,2,2)\) podpowiada, że się pomyliłeś.
Faktycznie znalazłeś ograniczenie górne. To jest druga część tego samego zadania z przedostatniego numeru Math Reflections.

rzeczywiście, w czwartej linijce nierówność powinna być w drugą stronę

to daje w takim razie \(a+b\ge 1\) i \(ab=\frac{(a+b)(1+a+b)}{9-(a+b)} \ge \frac{1\cdot(1+1)}{9-1}=4\), tj. \(\sqrt[3]{4abc} \ge \max(a,b,c)\), ale nie o to proszono nas w zadaniu

my mamy sprawdzić, że \(2ab=\frac{2(a+b)(1-(a+b))}{9-(a+b)} \le 1\)

po przekształceniach: \((2(a+b)-3)(a+b+3)\le 0\)

należy więc udowodnić, że \(a+b\le \frac 32\)

z \(1\ge a,b\) wynika, że \((1-a)(1-b)\ge 0\), tzn. \(ab\ge a+b-1\)

mamy zatem \((a+b-1)(9-(a+b))\le ab(9-(a+b)) = (a+b)(a+b+1)\)

po przekształceniach: \((2(a+b)-3)(a+b-3)\ge 0\), ale wiadomo, że \(a+b<3\), więc w rzeczy samej \(a+b\le \frac32\)

Super, dzięki. Górne ograniczenie można też znaleźć z AM-GM, a dolnego można dowodzić nie wprost, bo \(\sqrt[3]{2abc}>\max\{a,b,c\}\) pociąga za sobą \((a+b)(b+c)(c+a)<9abc\).