Matematyka.pl

Udowodnić, że \(\displaystyle{ \sqrt[3]{\frac{a}{b}}+ \sqrt[3]{\frac{b}{a}} \leq \sqrt[3]{2(a+b)(\frac{1}{a}+ \frac{1}{b})}}\) gdy \(\displaystyle{ a, b >0}\)

Wcale nie taka prosta! Ostatnio rozwiązywałem ją na zajęciach swoich kółek w Toruniu,Bydgoszczy i Poznaniu.Wprawdzie daje się udowodnić z nierówności między średnimi,a także z nierówności C-B-S(w ogólniejszej postaci),ale zapewniam,nie jest to prosta do udowodnienia nierówność-wbrew pozorom i jej "ładnej " postaci.

Zauważmy, że dla \(\displaystyle{ t>0}\) jest \(\displaystyle{ (t-1)^2(t^4+2t^3+2t+1) \ge 0}\), a stąd przez podzielenie obu stron tej nierówności przez \(\displaystyle{ t^3}\) możemy zapisać \(\displaystyle{ \left(t+\frac{1}{t}\right)^3 \le 2 \left (2+t^3+\frac{1}{t^3}\right)}\). Podstawiając \(\displaystyle{ t=\sqrt[3]{\frac{a}{b}}}\) i pierwiastkując stronami dostajemy żądaną nierówność.

No to zadanie można zrobić jakkolwiek. Z nierówności Heldera mamy:

\(\displaystyle{ (1+1) \left( b+a\right) \left( \frac{a}{b} + \frac{b}{a}\right) \ge \left( \sqrt[3]{\frac{a}{b}} + \sqrt[3]{\frac{b}{a}}\right)^3}\),

co po spierwiastkowaniu daje tezę. Możemy też np podnieść wszystko do trzeciej, uprościć co się da i wychodzi:

\(\displaystyle{ 4 + \frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 3\left( \sqrt[3]{\frac{a}{b}} + \sqrt[3]{\frac{b}{a}} \right)}\)

A to wynika chociażby dlatego, że \(\displaystyle{ 1 + 1 + \frac{a}{b} \ge 3 \sqrt[3]{\frac{a}{b}}}\). Nierówność jest więc według mnie rzeczywiście łatwa.

I co? "Wiśta wio" ! Łatwa? Tak właśnie jej dowodzili moi uczniowie na kółku! Ale nadal twierdzę,nie jest łatwa. Trochę pokory,Panowie,błagam! Jak się Was tutaj czyta,to naprawdę...