Question

Довести що (а+2с)(b+2a)(c+2b) ≥ 16√2abc ,якщо a≥0, b≥0, c≥0.​

Answer 1

Ответ:

(см. объяснение)

Пошаговое объяснение:

Согласно неравенству о средних:

$\dfrac{a+2c}{2}\ge\sqrt{2ac}\\\dfrac{b+2a}{2}\ge\sqrt{2ab}\\\dfrac{c+2b}{2}\ge\sqrt{2bc}$

Теперь перемножим записанное:

$\dfrac{a+2c}{2}\times\dfrac{b+2a}{2}\times\dfrac{c+2b}{2}\ge\sqrt{8a^2b^2c^2}$

Преобразуем неравенство:

$(a+2c)(b+2a)(c+2b)\ge16\sqrt{2}abc$

Доказано!

Answer 2

Для доведення нерівності (a+2c)(b+2a)(c+2b) ≥ 16√2abc при a≥0, b≥0, c≥0, спростимо вираз лівої частини нерівності.

Почнемо з розгляду (a+2c)(b+2a)(c+2b). Застосуємо нерівність між середнім арифметичним та середнім геометричним для трьох чисел (a, 2c, b+2a):

[(a+2c) + (b+2a) + (c+2b)]/3 ≥ ∛((a+2c)(b+2a)(c+2b))

Спростимо ліву сторону:

(a+2c) + (b+2a) + (c+2b) = a + 2a + b + 2b + c + 2c = 3(a+b+c)

Отже,

3(a+b+c)/3 ≥ ∛((a+2c)(b+2a)(c+2b))

a+b+c ≥ ∛((a+2c)(b+2a)(c+2b))

Тепер ми хочемо показати, що a+b+c ≥ 16√2abc, використовуючи даний результат. Для цього ми використаємо AM-GM нерівність знову, цього разу для трьох чисел (a, b, c):

(a+b+c)/3 ≥ ∛(abc)

a+b+c ≥ 3∛(abc)

Ми хочемо отримати 16√2abc, тож домножимо обидві сторони на (16/3)√2:

a+b+c ≥ 3∛(abc) * (16/3)√2

a+b+c ≥ 16√2abc

Отже, ми показали, що (a+2c)(b+2a)(c+2b) ≥ 16√2abc при a≥0, b≥0, c≥0.