mateforum.ro

Fie \( x, y, z \) numere reale strict pozitive. Aratati ca

\( (x+y)(y+z)(z+x)(x+y+z)^{2}\geq 24xyz(x^2+y^2+z^2) \).

Draguta. Metoda de rezolvare este oarecum clasica, folosind notatiile pentru sumele simetrice: \( p=a+b+c \), \( q=ab+bc+ca \) si \( r=abc \). Din plictiseala am gasit si un upper bound pentru termenul din stanga:
\( \frac{8\sqrt{3}}{27} (x+y+z)^{4}\sqrt{xy+yz+zx} \geq (x+y)(y+z)(z+x)(x+y+z)^{2}\geq 24xyz(x^2+y^2+z^2). \)

De fapt, pentru \( a, b, c \ge 0 \) are loc urmatoarea (relatia din stânga este de "background" ):
\( 0 \le (a+b)(b+c)(c+a) - \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca) \le \)
\( \le \frac{2}{27} (a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\left(a+b+c+\sqrt{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}\right) \)
(membrul drept reprezinta un indiciu semnificativ!).

Deoarece inegalitatea este simetrica, putem presupune ca \( x \leq y \leq z \)
Pentru inceput, deoarece \( x,y,z>0 \) avem binecunoscuta inegalitate: \( (x+y)(y+z)(z+x) \geq 8xyz.(1) \)
Apoi, din inegalitatea lui Cebisev, avem ca \( (x+y+z)(x+y+z) \geq 3(a^2+b^2+c^2) \), adica \( (x+y+z)^2 \geq 3(x^2+y^2+z^2). (2) \)
Prin inmultirea relatiilor \( (1) \) si \( (2) \) rezulta cerinta.

Claudiu Mindrila wrote:\( (x+y+z)^2 \geq 3(x^2+y^2+z^2). \)

Pai pentru orice numere reale inegalitatea asta e invers. Cum sa fie bine??

Tocmai asta se si punea in evidenta, si anume ca inmultind doua inegalitati de sensuri opuse putem decide semnul corect pentru inegalitatea dintre produse (acelasi independent de variabile).

Incercati sa aratati cea de mai sus

\( 0 \le (a+b)(b+c)(c+a) - \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca) \le \)
\( \le \frac{2}{27} (a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\left(a+b+c+\sqrt{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}\right) \).

Deduceti si problema din topic cu ocazia asta