Sa se arate ca:
\( (x+y+z)^2(xy+yz+zx)^2\leq3(x^2+xy+y^2)(y^2+yz+z^2)(z^2+zx+x^2) \), oricare ar fi x, y, z >0.
Gazeta Matematica 3/2009, Lucian Petrescu, Tulcea
Inegalitate
Moderators: Laurian Filip, Beniamin Bogosel, Filip Chindea
-
Mateescu Constantin
- Newton
- Posts: 307
- Joined: Tue Apr 21, 2009 8:17 am
- Location: Pitesti
Este o inegalitate cunoscuta :
\( \sqrt{x^2+xy+y^2}\ge \frac{\sqrt{3}}{2}(x+y) \)
Ridicand la patrat obtinem :
\( x^2+xy+y^2\ge \frac{3}{4}(x+y)^2 \)
Si analog :
\( y^2+yz+z^2\ge \frac{3}{4}(y+z)^2 \)
\( z^2+zx+x^2\ge \frac{3}{4}(z+x)^2 \)
Inmultindu-le pe toate trei si apoi inmultind cu \( 3 \) obtinem :
\( LHS \ge \frac{81}{64}(x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2 \)
Este o inegalitate cunoscuta :
\(
9(x+y)(y+z)(z+x)\ge 8(x+y+z)(xy+yz+zx) \)
Impartind cu \( 8 \) si ridicand la patrat se obtine :
\(
\frac{81}{64}(x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2\ge ((x+y+z)(xy+yz+zx))^2 \)
Iar concluzia este imediata .
Totusi este mai frumoasa demonstratia geometrica .
\( \sqrt{x^2+xy+y^2}\ge \frac{\sqrt{3}}{2}(x+y) \)
Ridicand la patrat obtinem :
\( x^2+xy+y^2\ge \frac{3}{4}(x+y)^2 \)
Si analog :
\( y^2+yz+z^2\ge \frac{3}{4}(y+z)^2 \)
\( z^2+zx+x^2\ge \frac{3}{4}(z+x)^2 \)
Inmultindu-le pe toate trei si apoi inmultind cu \( 3 \) obtinem :
\( LHS \ge \frac{81}{64}(x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2 \)
Este o inegalitate cunoscuta :
\(
9(x+y)(y+z)(z+x)\ge 8(x+y+z)(xy+yz+zx) \)
Impartind cu \( 8 \) si ridicand la patrat se obtine :
\(
\frac{81}{64}(x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2\ge ((x+y+z)(xy+yz+zx))^2 \)
Iar concluzia este imediata .
Totusi este mai frumoasa demonstratia geometrica .
. A snake that slithers on the ground can only dream of flying through the air.
-
Claudiu Mindrila
- Fermat
- Posts: 520
- Joined: Mon Oct 01, 2007 2:25 pm
- Location: Targoviste
- Contact: