Matematyka.pl

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

W drugim ułamku kwardat nie powinien być poza nawiasem?

A, i chyba jeszcze nierówność w drugą stronę..

aić... rzeczywiście

Poprawiłem w temacie

post376722.htm#p376722 tu jest piękny dowód

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.

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

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
\(\displaystyle{ \frac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}+\frac{(a+2b+c)^2}{2b^2+(c+a)^2}+\frac{(a+b+2c)^2}{2c^2+(a+b)^2}\leqslant\frac{4(6a+6b+6c)}{3(a+b+c)}=8}\)