Положительные числа a, b, с таковы, что abc =1. докажите неравенство

ехуотличница ехуотличница    3   17.06.2019 18:00    2

Ответы
2003lyuba 2003lyuba  02.10.2020 03:59
 
abc=1\\
\frac{1}{a^3(b+c)} + \frac{1}{b^3(a+c)} + \frac{1}{c^3(b+a)} \geq \frac{3}{2}\\\\
 
После приведения под общим  знаменатель,получим                     
\frac{(ab+ac+bc)(a^3b^3+a^3c^3+a^2b^2c^2+b^3c^3)}{a^3b^3c^3(a+b)(a+c)(b+c)} = \\\\
abc=1\\\\
\frac{(ab+ac+bc)(a^3b^3+a^3c^3+b^3c^3+1)}{ (a+b)(a+c)(b+c)}

  
 Теперь по неравенству о средних получим 
 \frac{a^3b^3+a^3c^3+b^3c^3}{3} \geq \sqrt[3]{a^6b^6c^6}=a^2b^2c^2=1
 то есть a^3b^3+a^3c^3+c^3b^3 \geq 3 с учетом того что a0;b0;c0 
Так же            (a+b)(b+c)(a+c)=a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+b^2c+bc^2+2\\
\frac{a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+b^2c+bc^2}{6} \geq 1\\
a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+b^2c+bc^2 \geq 6 
И включая \frac{(ab+bc+ac)*4}{8} \geq \frac{3}{2}\\
\frac{ab+bc+ac}{2} \geq \frac{3}{2} 
 прихожим к более легкому неравенству 
 ab+bc+ac \geq 3\\
\frac{ab+bc+ac}{3} \geq 1 \\
 \frac{ab+bc+ac}{3} \geq \sqrt[3]{a^2b^2c^2}=1
 
 то есть минимальное значение это \frac{3}{2}
 Что и требовалось  доказать
ПОКАЗАТЬ ОТВЕТЫ
Другие вопросы по теме Алгебра