Fie \( x, y, z \) trei numere reale strict pozitive astfel incat \( x+y+z+xyz=4 \). Sa se arate ca \( x+y+z\geq xy+yz+zx \).
Olimpiada Belarus, 2002
Inegalitatea 5, conditionata, cu x+y+z+xyz=4
Moderators: Laurian Filip, Filip Chindea, Radu Titiu, maky, Cosmin Pohoata
-
Cezar Lupu
- Site Admin
- Posts: 612
- Joined: Wed Sep 26, 2007 2:04 pm
- Location: Bucuresti sau Constanta
- Contact:
Inegalitatea 5, conditionata, cu x+y+z+xyz=4
An infinite number of mathematicians walk into a bar. The first one orders a beer. The second orders half a beer. The third, a quarter of a beer. The bartender says “You’re all idiots”, and pours two beers.
-
pohoatza
Acelasi comentariu de inceput ca si la http://www.mateforum.ro/viewtopic.php?t=329.
O potentiala solutie cu AM-GM, ce nu prea a fost pe Mathlinks:
Presupunem ca \( x \leq y \leq z \).
Inegalitatea este echivalenta cu
\( x+y-xy \geq \frac{4-x-y}{xy+1}(x+y-1) \Leftrightarrow (x+y-2)^{2}\geq xy(x-1)(y-1) \).
Dar din AM-GM,
\( (x+y-2)^{2}\geq 4|(x-1)(y-1)| \geq xy|(x-1)(y-1)| \).
O potentiala solutie cu AM-GM, ce nu prea a fost pe Mathlinks:
Presupunem ca \( x \leq y \leq z \).
Inegalitatea este echivalenta cu
\( x+y-xy \geq \frac{4-x-y}{xy+1}(x+y-1) \Leftrightarrow (x+y-2)^{2}\geq xy(x-1)(y-1) \).
Dar din AM-GM,
\( (x+y-2)^{2}\geq 4|(x-1)(y-1)| \geq xy|(x-1)(y-1)| \).
-
maxim bogdan
- Thales
- Posts: 106
- Joined: Tue Aug 19, 2008 1:56 pm
- Location: Botosani
SCHUR
Presupunem prin absurd ca \( ab+bc+ca>a+b+c \).Din inegalitatea lui Schur obtinem:
\( \frac{9abc}{a+b+c}\ge 4(ab+bc+ca)-(a+b+c)^2>(a+b+c)(4-a-b-c)=abc(a+b+c) \).
Deci \( 9>(a+b+c)^2 \),de unde \( 3>a+b+c \)
Din inegalitatea mediilor obtinem ca \( abc\le 1 \).Cum \( a+b+c+abc=4 \), obtinem ca \( a+b+c\ge 3 \),ceea ce constituie o contradictie! Deci presupunerea facuta este falsa.
\( \Rightarrow a+b+c\ge ab+bc+ca \)
\( \frac{9abc}{a+b+c}\ge 4(ab+bc+ca)-(a+b+c)^2>(a+b+c)(4-a-b-c)=abc(a+b+c) \).
Deci \( 9>(a+b+c)^2 \),de unde \( 3>a+b+c \)
Din inegalitatea mediilor obtinem ca \( abc\le 1 \).Cum \( a+b+c+abc=4 \), obtinem ca \( a+b+c\ge 3 \),ceea ce constituie o contradictie! Deci presupunerea facuta este falsa.
\( \Rightarrow a+b+c\ge ab+bc+ca \)
Feuerbach
-
maxim bogdan
- Thales
- Posts: 106
- Joined: Tue Aug 19, 2008 1:56 pm
- Location: Botosani
Observatie!
Inegalitatea are loc si daca \( xy+yz+zx+xyz=4 \)
WLOG, presupunem ca: \( (x-1)(y-1)\geq 0 \). Relatia din enunt este echivalenta cu:
\( z(x+y+xy)=4-xy\Rightarrow z=\frac{4-xy}{x+y+xy}. \)
Avem: \( x+y+z-xy-yz-zx=x+y-xy+z(1-x-y)=x+y-xy+(1-x-y)(\frac{4-xy}{x+y+xy}). \)
\( =\frac{(x+y-xy)(x+y+xy)+(1-x-y)(4-xy)}{x+y+xy}. \)
\( =\frac{(x-y)^2+(4-xy)(x-1)(y-1)}{x+y+xy}\geq 0. \). Egalitatea are loc pentru \( x=y=z=1. \)
Din cate am citit aceasta inegalitatea a fost data la Baraj India 1998
WLOG, presupunem ca: \( (x-1)(y-1)\geq 0 \). Relatia din enunt este echivalenta cu:
\( z(x+y+xy)=4-xy\Rightarrow z=\frac{4-xy}{x+y+xy}. \)
Avem: \( x+y+z-xy-yz-zx=x+y-xy+z(1-x-y)=x+y-xy+(1-x-y)(\frac{4-xy}{x+y+xy}). \)
\( =\frac{(x+y-xy)(x+y+xy)+(1-x-y)(4-xy)}{x+y+xy}. \)
\( =\frac{(x-y)^2+(4-xy)(x-1)(y-1)}{x+y+xy}\geq 0. \). Egalitatea are loc pentru \( x=y=z=1. \)
Din cate am citit aceasta inegalitatea a fost data la Baraj India 1998
Feuerbach