Matematyka.pl

\(\displaystyle{ \frac{a ^{3} }{b ^{2} } + \frac{b ^{3} }{c ^{2} } + \frac{c ^{3} }{a ^{2} } \ge \frac{a ^{2}}{b} + \frac{b ^{2}}{c} + \frac{c ^{2}}{a}}\) dla dowolnych dodatnich \(\displaystyle{ a,b,c}\).

Jakoś nie widzę, z jakich ciągów powinienem skorzystać. Proszę o podpowiedzi.

Dodam, że gdy rozpatrzę po kolei nierówności:
\(\displaystyle{ \frac{a ^{3} }{b ^{2} } \ge \frac{a ^{2}}{b}}\)

\(\displaystyle{ \frac{b ^{3} }{c ^{2} } \ge \frac{b ^{2}}{c}}\)

\(\displaystyle{ \frac{b ^{3} }{c ^{2} } \ge \frac{c ^{2}}{a}}\)

I zsumuję je stronami, to wychodzi bardzo ładnie, ale sądzę, że da się jeszcze ładniej i w sposób bezpośredni uzyskać tezę.

EDIT: Nie Mój sposób ma blefa. Czuję się załamany. Ale może to przez chwilową zwiechę
EDIT2: Zrobiłem Wystarczyło ciut dłużej pomyśleć, bo ciągi jednak naprawdę nie rzucały się w oczy w tym przypadku.

Pozdrawiam.

twój pomysł jest nie najlepszy, bo dla \(\displaystyle{ a=1/2 \wedge b=1}\) dostajesz, że twoja pierwsza nierówność się nie zgadza chyba, że połozysz warunek, że \(\displaystyle{ a,b \ge 1}\)

tu są 3 rozwiązania: [MIX] Zestaw zadań z KMDO

zaudi pisze:twój pomysł jest nie najlepszy, bo dla \(\displaystyle{ a=1/2 \wedge b=1}\) dostajesz, że twoja pierwsza nierówność się nie zgadza chyba, że połozysz warunek, że \(\displaystyle{ a,b \ge 1}\)

Wiem, zauważyłem. Zedytowałem nawet posta, ale nie wiem, czy zauważyłeś Ostatecznie wyszło mi dobrze i dobrym sposobem.

Może nie bardzo piękne, ale skuteczne rozwiązanie:
Mnożysz wszystko i otrzymujesz: \(\displaystyle{ a^6c^3b + b^6a^3c + c^6b^3a \ge a^5c^3b^2 + b^5a^3c^2 + c^5b^3a^2}\) Zauważasz że jest to Muirhead\(\displaystyle{ \Rightarrow}\)zadanie zrobione

Może i byłoby bardzo skuteczne, gdyby nie fakt, że tam nie ma Muirhead'a...

nierówność kołowa
\(\displaystyle{ \frac{14a^6bc^3+3a^3b^6c+2ab^3c^6}{19} \geq \sqrt[19]{a^{95}b^{38}c^{57}} = a^5b^2c^3\\
\frac{2a^6bc^3+14a^3b^6c+3ab^3c^6}{19} \geq \sqrt[19]{a^{57}b^{95}c^{38}} = a^3b^5c^2\\
\frac{3a^6bc^3+2a^3b^6c+14ab^3c^6}{19} \geq \sqrt[19]{a^{38}b^{57}c^{95}} = a^2b^3c^5\\}\)
po zsumowaniu:
\(\displaystyle{ a^6bc^3+a^3b^6c+ab^3c^6 \geq a^5b^2c^3 + a^3b^5c^2+a^2b^3c^5}\)

Wyjściowa nierówność idzie też z nierówności Cauchy'ego-Schwarza

Proszę o sprawdzenie mojego jeszcze 'innego' dowodu. Równoważnie:

\(\displaystyle{ \frac{a ^{3} }{b ^{2} } + \frac{b ^{3} }{c ^{2} } + \frac{c ^{3} }{a ^{2} } \ge \frac{a ^{2}}{b} + \frac{b ^{2}}{c} + \frac{c ^{2}}{a}}\)

\(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{} \frac{a ^{3} }{b ^{2} } \ge \sum_{cyc}^{} \frac{a ^{2}}{b}}\)

\(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{} \left( \frac{a ^{3} }{b ^{2} } - \frac{a ^{2}}{b}\right) \ge 0}\)

\(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{} \frac{a ^{2}}{b} \left( \frac{a}{b} - 1\right) \ge 0}\)

\(\displaystyle{ \frac{a ^{2}}{b}, \frac{b ^{2}}{c}, \frac{c ^{2}}{a}}\) nie będzie w żadnym przypadku ujemne, a nawet równe zeru (założenie), więc pozostaje nam udowodnić:

\(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{} \left( \frac{a}{b} - 1\right) \ge 0}\)

Co wynika natychmiast z ciągów \(\displaystyle{ \left(a,b,c\right)}\) i \(\displaystyle{ \left( \frac{1}{a}, \frac{1}{b}, \frac{1}{c} \right)}\) a także \(\displaystyle{ AM \ge GM}\)

Wydaje mi się, że dobrze, ale wolę być pewien.

Źle, próbujesz udowodnić coś takiego:
Jeśli
\(\displaystyle{ Ax+By+Cz \geq 0}\)
\(\displaystyle{ A,B,C \geq 0}\)
to:
\(\displaystyle{ x+y+z\geq 0}\)

Widzę właśnie. Rozwiązanie tej nierówności ciągami mimo wszystko wydaje mi się nietrafionym pomysłem. Może mi ktoś przedstawić najładniejszy dowód tym sposobem?

\(\displaystyle{ \frac{a ^{3} }{b ^{2} } \ge \frac{a ^{2}}{b}+a-b}\)

i sumujemy