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Salut! Am nevoie de putin ajutor la o problema cu inegalitati... Si o idee de rezolvare, buna, e de folos

Fie a,b,c∈(0,∞) cu a+b+c=1. Demonstrati ca:

a) [tex]\frac{(1+a)^{2}}{1+c}[/tex]≥3a+b

b) (1+a)(1+b)(1+c)≥(3a+b)(3b+c)(3c+a)

Punctul a e neaparat, b-ul e pentru cine vrea

Răspuns :

Rayzen
[tex] a,b,c > 0, \quad a+b+c = 1\\ \\ a) ~\dfrac{(1+a)^2}{1+c}\geq 3a+b \Big| \cdot(1+c) \quad \{1+c>1\}\\ \\ (1+a)^2\geq (1+c)(3a+b) \\ \\ \boxed{b = 1-a-c } \\ \\ a^2+2a+1 \geq (1+c)(3a+1-a-c) \\ \\ a^2+2a+1 \geq (1+c)(2a-c+1) \\ \\ a^2+2a+1 \geq 2a-c+1+2ac-c^2+c \\ \\a^2+2a+1 \geq 2a+1+2ac-c^2 \\ \\ a^2+2a+1 -2a-1-2ac+c^2 \geq 0 \\ \\ a^2 -2ac+c^2 \geq 0 \\ \\ (a-c)^2 \geq 0, \quad \forall a,c \in (0,\infty) \\ \\ \Rightarrow \boxed{\boxed{\dfrac{(1+a)^2}{1+c}\geq 3a+b \quad \text{(A)}}}[/tex]
Precambrian
a) O solutie simpla se obtine folosind Inegalitatea mediilor. O aplicam pentru  [tex]1+c[/tex] si [tex]3a+b[/tex]. Avem:
[tex]\frac{1+c+3a+b}{2} \geq \sqrt{(1+c)(3a+b)}[/tex]
Cum [tex]a+b+c=1[/tex], avem ca:
[tex]\frac{1+c+3a+b}{2}=\frac{2+2a}{2}=1+a[/tex]
Inlocuind in inegalitate si efectuand niste calcule obtinem inegalitatea dorita.
b) Observam ca daca aplicam Inegalitatea mediilor pentru [tex]3b+c [/tex] si [tex]1+a[/tex], respectiv [tex]3c+a[/tex] si [tex]1+b[/tex], obtinem inegalitati similare cu cea de la punctul a). Inmultindu-le si efectuand calculele obtinem inegalitatea dorita.

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