Assorted inequalities

[Simo_the_wolf]

1) siano $ a,b,c>0 $ tali che $ a+b+c \geq abc $. Dimostrare che:
$ \displaystyle a^2+b^2+c^2 \geq \sqrt{3} abc $


2) siano $ a,b,c>0 $ tali che $ ab+bc+ca=1 $. Dimostrare che:
$ \displaystyle (a+b)(b+c)(c+a) \geq a+b+c - \frac { \sqrt{3} }9 $


3) siano $ a,b,c>0 $. dimostrare che:
$ \displaystyle \frac {2(a^3+b^3+c^3)}{abc} + \frac {9(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2} \geq 33 $


Have fun!

[darkcrystal]

...
2) siano $ a,b,c>0 $ tali che $ ab+bc+ca=1 $. Dimostrare che:
$ \displaystyle (a+b)(b+c)(c+a) \geq a+b+c - \frac { \sqrt{3} }9 $
...

$ \displaystyle (a+b)(b+c)(c+a) \geq a+b+c - \frac { \sqrt{3} }9 $
$ \displaystyle (ab+bc+ca+b^2)(c+a) \geq a+b+c - \frac { \sqrt{3} }9 $
$ \displaystyle (1+b^2)(c+a) \geq a+b+c - \frac { \sqrt{3} }9 $
$ \displaystyle a+c+b^2(a+c) \geq a+b+c - \frac { \sqrt{3} }9 $
$ \displaystyle b^2(a+c) \geq b - \frac { \sqrt{3} }9 $
$ \displaystyle b(ab+bc) \geq b - \frac { \sqrt{3} }9 $
$ \displaystyle b(1-ac) \geq b - \frac { \sqrt{3} }9 $
$ \displaystyle b-abc \geq b - \frac { \sqrt{3} }9 $
$ \displaystyle -abc \geq - \frac { \sqrt{3} }9 $
$ \displaystyle abc \leq \frac { \sqrt{3} }9 $

Che si ottiene facilmente per AM-GM dalla condizione:

$ ab+bc+ca \geq 3 ((abc)^2)^{1/3} $
$ \frac{1}{27} \geq (abc)^2 $
$ \frac{1}{3\sqrt{3}} \geq abc $, c.v.d.
Scusate l'infinita lungaggine ma avevo paura non si capisse...

Ciao!

[Leandro]

La prima.
Le due diseguaglianze date si possono scrivere cosi':
$ $\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\geq 1 $
$ $\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\geq \sqrt3 $
Suppongo inoltre $ $ a \geq b\geq c $.
Faccio ora due ipotesi:
a) $ $ a+b+c \geq 3\sqrt[3]{abc} \geq abc $, cioe' $ $ 0 < abc \leq 3\sqrt3 $
b) $ $ a+b+c \geq abc \geq 3\sqrt[3]{abc} $, cioe' $ $abc \geq 3\sqrt3 $

Ipotesi (a) :
$ $\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\geq \frac{a+b+c}{3}\left (\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{ab}\right)\geq \sqrt[3]{abc} \frac{3}{\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}=\frac{3}{\sqrt[3]{abc}} $$ $\geq \frac{3}{\sqrt[3]{3\sqrt3}}=\sqrt3 $

ipotesi (b):
$ $\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\geq \frac{a+b+c}{3}\left (\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{ab}\right) $
Ovvero (essendo $ $ \frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{ab} \geq 1 $):
$ $\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\geq \frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[3]{abc}\geq \sqrt[3]{3\sqrt3}=\sqrt3 $
Leandro

[enomis_costa88]

Provo la tre.

essendo simmetrica e omogenea di grado zero posso porre $ a+b+c=1 $
sia $ abc=P $
$ ab+bc+ac=Q $
Si può provare in molteplici modi che:
$ P\leq \frac{1}{27} $ e $ Q \leq \frac{1}{3} $.

Per Mac Laurin
$ \sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}} \leq \frac{1}{3} $
elevo ottenendo:
$ \frac{Q}{3}\leq \frac{1}{9} $ ovvero $ Q \leq \frac{1}{3} $
analogamente:
$ (abc)^{\frac{1}{3}}\leq \frac{1}{3} $ per la disuguaglianza tra medie.
elevo alla terza ottenendo:
$ P\leq \frac{1}{27} $

la th diventa:
$ \frac{2(1-3Q+3P)}{P}+\frac{9}{1-2Q}\ge 33 $
ovvero:
$ 2(1-3Q+3P-2Q+6Q^2-6PQ)+9P\ge33P-66PQ $
che diventa:
$ 18P+10Q \leq 2(1+6Q^2+27PQ) $
$ 1\ge 9P+5Q-Q(6Q+27P) $= $ 9P+5Q-3Q(9P+5Q)+9Q^2 $ = $ (9P+5Q)(1-3Q)+9Q^2 $
ovvero
$ 1-9Q^2=(1+3Q)(1-3Q)\ge (9P+5Q)(1-3Q) $
visto che $ 1 \ge 3Q $ la th diventa
$ 1 \ge 9P+2Q $ che è vera poichè
$ 9P\leq \frac{9}{27} = \frac{1}{3} $ e $ 2Q \leq \frac{2}{3} $

Simone.