[Nierówności] Nierówność dla dodatnich abc

[Manolin]

Witam
Mam problem z takim zadaniem :
Udowodnij że dla dowolnych liczb a,b,c>0 zachodzi
\(\displaystyle{ \frac{(2a+b+c) ^{2} }{2a ^{2} +(b+c) ^{2} }+ \frac{(2b+a+c) ^{2} }{2b ^{2} +(a+c) ^{2} }+\frac{(2c+a+b) ^{2} }{2c ^{2} +(b+a) ^{2} } \le 8}\)

[jerzozwierz]

W drugim ułamku kwardat nie powinien być poza nawiasem?

A, i chyba jeszcze nierówność w drugą stronę..

[Manolin]

aić... rzeczywiście

Poprawiłem w temacie

[Sylwek]

post376722.htm#p376722 tu jest piękny dowód

[pawelsuz]

To ujednoradnianie przestaje mi sie podobac. Najpierw się mówi, że jak nierówność jest jednorodna, teraz jedna strona. Za chwile bedzie, że składnik jest jednorodny, wiec przyjmujemy sume 1.

[chris139]

no bo zauwaz ze po prawej stronie masz liczbe wiec ciezko zeby 8 przyjac jako 1 ;pp

[andkom]

Rozwiązanie korzystające z jednorodności można sformułować tak, by jednorodności nie używać.

Napiszę inne rozwiązanie.
Najpierw zauważmy, że dla dowolnych dodatnich x i y zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ \frac{(2x+y)^2}{2x^2+y^2}\leqslant\frac43\cdot\frac{4x+y}{x+y}}\)
Istotnie,
\(\displaystyle{ \frac43\cdot\frac{4x+y}{x+y}-\frac{(2x+y)^2}{2x^2+y^2}
=\frac{20x^3-16x^2y+xy^2+y^3}{3(x+y)(2x^2+y^2)}
=\frac{(2x-y)^2(5x+y)}{3(x+y)(2x^2+y^2)}\geqslant0}\)
Stosujemy tę nierówność dla x=a, y=b+c, potem dla x=b, y=c+a i wreszcie dla x=c, y=a+b i dostajemy:
\(\displaystyle{ \frac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}\leqslant\frac{4(4a+b+c)}{3(a+b+c)}}\)
\(\displaystyle{ \frac{(a+2b+c)^2}{2b^2+(c+a)^2}\leqslant\frac{4(a+4b+c)}{3(a+b+c)}}\)
\(\displaystyle{ \frac{(a+b+2c)^2}{2c^2+(a+b)^2}\leqslant\frac{4(a+b+4c)}{3(a+b+c)}}\)
Dodając stronami dostajemy
\(\displaystyle{ \frac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}+\frac{(a+2b+c)^2}{2b^2+(c+a)^2}+\frac{(a+b+2c)^2}{2c^2+(a+b)^2}\leqslant\frac{4(6a+6b+6c)}{3(a+b+c)}=8}\)