EŞİTSİZLİK 152

[MATSEVER 27]

$a^2+b^2+c^2+2abc \le 1$ koşulunu sağlayan tüm $a,b,c$ pozitif gerçel sayıları için;
$$\dfrac{ab(1-ab)}{c}+\dfrac{bc(1-bc)}{a}+\dfrac{ca(1-ca)}{b} \ge 6abc$$
olduğunu gösteriniz.

(Mehmet Berke İşler)

[ArtOfMathSolving]

$A.G.O$'dan $3-6abc\geq (a+b+c)^2\geq 0 \Rightarrow 3\geq 6abc$.

$\dfrac{ab(1-ab)}{c}+\dfrac{bc(1-bc)}{a}+\dfrac{ca(1-ca)}{b}\geq 3 \Rightarrow (ab)^2(1-ab)+(bc)^2(1-bc)+(ca)^2(1-ca)\geq 3abc$  olduğunu göstermeliyiz ki ,bunun doğru olduğunu Schur eşitsizliğinden biliyoruz ispat biter.

Hatalı yer varsa lütfen düzeltin , iyi çalışmalar...

[MATSEVER 27]

En son kısımdaki Schur eşitsizliğini anlayamadım. Kolay gelsin...

[ArtOfMathSolving]

Aslında Schur eşitsizliğinden kastım; eşitsizliğin özel hali olan $a^3+b^3+c^3 +3abc \geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$ eşitsizliği idi.Sanırsam birkaç çebişev ve Aritmatik-geometrik yapınca; eşitsizliği kanıtlayabiliyoruz, fakat tam çözümü kestiremedim.

[MATSEVER 27]

Koşulumuzda $a^2+b^2\ge 2ab$ olduğunu kullanarak $2ab+c^2+2abc-1 \le 0 \Rightarrow (c+1)(c+2ab-1) \le 0$ elde ederiz. $c+1 >0$ olduğundan $1 \ge c+2ab$ elde edilir. $1-ab \ge c+ab$ elde edilir. $\dfrac{ab(1-ab)}{c} \ge ab+\dfrac{a^2b^2}{c}$ ve buradan $S \ge ab+bc+ca+\dfrac{a^2b^2}{c}+\dfrac{b^2c^2}{a}+\dfrac{c^2a^2}{c}$ ve faydalıdan;
$$\dfrac{a^2b^2}{c}+\dfrac{b^2c^2}{a}+\dfrac{c^2a^2}{c} \ge \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{a+b+c} \ge^{A.G.O} 3abc$$
elde edilir. $S \ge ab+bc+ca+3abc$ elde edilir. O halde $ab+bc+ca \ge 3abc$ ise ispat biter. $A.G.O$ dan $abc \le 1$ biliyoruz. O halde $A.G.O$ dan $ab+bc+ca \ge 3 \sqrt[3]{a^2b^2c^2} \ge 3abc$ olur ve ispat biter.