Неравенство с abc = 1

[Pinetop Smith]

Ако a, b, c > 0, abc = 1, да се докаже, че

[tex]\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge a + b + c[/tex]

[Реклама]

[ганка симеонова]

1) От СА-СГ=>[tex]3\le \frac{1}{ a} +\frac{1}{ b}+\frac{1}{ c}[/tex]

2) При [tex]a, b, c>0; abc=1 [/tex] ще докажем, че е в сила:

[tex]a+b+c+\frac{1}{ a}+\frac{1}{ b}+\frac{1}{ c}\le 3+\frac{a}{ b} +\frac{b}{c } +\frac{c}{ a} [/tex]

Без ограничение можем да считаме, че [tex]a,b\ge 1 [/tex] или [tex]a,b\le 1[/tex] Заместваме [tex]c=\frac{1}{ab } [/tex]
Тогава даденото неравенсвто е еквивалентно на
[tex](1-a)[(1-ab)+a^2(1-b)]+a^2b(1-b)(1-ab)\ge 0 [/tex], което очевидно е изпълнено.

Тогава oт 1) и 2)=> [tex]a+b+c+3\le a+b+c+\frac{1}{ a}+\frac{1}{ b}+\frac{1}{ c}\le 3+\frac{a}{ b} +\frac{b}{c } +\frac{c}{ a}[/tex]=>

[tex]a+b+c\le \frac{a}{ b} +\frac{b}{c } +\frac{c}{ a} [/tex]

[Пафнутий]

Опитайте се да намерите и др решение. Това се отнася предимно към по-малките.

[martosss]

[Saposto_MM]

Друго доказателство на неравенството [tex]3+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}[/tex], за [tex]a,b,c>0[/tex] и [tex]abc=1[/tex].
Прилагаме стандартния в случайте, когато имаме произведение равно на 1 метод за хомогенизиране, а именно полагането [tex]a=\frac{x}{y}[/tex], [tex]b=\frac{y}{z}[/tex] и [tex]c=\frac{z}{x}[/tex]. Получаваме [tex]3+\frac{xy}{z^2}+\frac{yz}{x^2}+\frac{zx}{y^2}\ge\frac{x}{y} +\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}[/tex]. Осввобождаваме от знаменател. Получаваме [tex]x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3+3x^2y^2z^2\ge x^3y^2z+x^3yz^2+x^2y^3z+xy^3z^2+x^2yz^3+xy^2z^3 [/tex]. Последното е точно неравенството на Шур за числата [tex]xy[/tex], [tex]yz[/tex] и [tex]zx[/tex].