Ulikhet

[Gustav]

La $a\geq b\geq c\geq 0$ og $a+b+c=3$. Vis at $ab^2+bc^2+ca^2\leq \frac{27}{8}$. Når har vi likhet?

[Brahmagupta]

Dette ble noe grisete, er veldig spent på om du har en elegant løsning Plutarco!

Setter [tex]a=b+s[/tex] og [tex]c=b-t[/tex] hvilket gir at [tex]3b+s-t=3[/tex].

[tex]ab^2+bc^2+ca^2=(b+s)b^2+b(b-t)^2+(b-t)(b+s)^2[/tex]
som etter litt regning gir
[tex]3 b^{3} + 3b^{2}(s-t)+b(s-t)^2-ts^2=3b^{3} + b(s-t)(3b+s-t)-ts^{2}[/tex]

Bruker at [tex]3b+s-t=3[/tex] og at [tex]s-t=3-3b[/tex] og får

[tex]3b^{3}-9b^{2}+9b-ts^{2}[/tex]

Hvis vi lar b være konstant ser vi at funksjonen blir maksimert når enten [tex]t=0[/tex] eller [tex]s=0[/tex]
med andre ord at [tex]a=b[/tex] eller [tex]b=c[/tex]. Å sette to av variablene like vil alltid være mulig siden
den siste variabelen er fri slik at den kan sørge for at summen er 3.

Ved å deretter analysere funksjonen [tex]f(b)=3b^{3}-9b^{2}+9b[/tex] ser man at den er voksende på [tex][0,\frac32][/tex]
(merk at siden [tex]a \geq b\geq c[/tex] må [tex]b\leq\frac32[/tex])
Dermed er uttrykket maksimert for [tex]b=\frac32[/tex] som gir [tex](a,b,c)=(\frac32,\frac32,0)[/tex].
[tex]f(\frac32)=\frac{27}8[/tex]

Dermed er [tex]ab^2 + bc^2 + ca^2 \leq \frac{27}8[/tex] med likhet ved [tex](a,b,c)=(\frac32,\frac32,0)[/tex]

[jhoe06]

Jeg fant ingen fullstendig løsning i det hele tatt, og er også spent på om noen har en elegant løsning. Ellers ser jeg ingenting i veien med løsningen til Brahmagupta, siden det som regel (etter min erfaring) er vanskelig å unngå litt griseri med slike oppgaver.

Selv kom jeg etter litt rot frem til uttrykket $$ ab^2 + bc^2 + ca^2 = \frac{27}{6} - \left( \frac{a^3 + b^3 + c^3}{6} + \frac{(a-b)(b-c)(a-c)}{2} + abc \right) $$

Det er naturlig å tenke seg at uttrykket på høyre side er minst når $ a = b $ og $ c = 0 $, og ved å sette inn numeriske verdier ser vi at det også stemmer med verdiene som er angitt i problemet. Når jeg fortvilt ikke hadde funnet noe bevis og måtte på jobb, la jeg oppgaven til side.

[Brahmagupta]

Nå fant jeg en langt finere løsning etter min mening

Først et par delresultater:
1)
Siden [tex]a\geq b\geq c[/tex] har vi at
[tex](a-b)(b-c)(c-a)\leq 0 \Rightarrow a^2b+b^2c+ c^2a\geq ab^2+bc^2+ca^2[/tex]

2)
[tex]a^3+b^3+c^3+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)[/tex]
Dette er Schurs ulikhet for n=1, lett å bevise!
http://en.wikipedia.org/wiki/Schur's_inequality

Dermed har vi at
[tex](a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3(ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a))+6abc[/tex]
[tex]\geq (a^3+b^3+c^3+3abc)+3(ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a))[/tex]

Bruker 2)
[tex]\geq 4(ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a))=4((ab^2+bc^2+ca^2)+(a^2b+b^2c+c^2a))[/tex]

Bruker 1)
[tex]\geq8(ab^2+bc^2+ca^2)[/tex]

Vi kan dermed konkludere med at
[tex]\frac{27}8=(\frac{a+b+c}2)^3\geq ab^2+bc^2+ca^2[/tex]

[jhoe06]

Flott løsning!

[Brahmagupta]

Hvordan løste du den Plutarco? Hvor er oppgaven fra?

[Gustav]

Hvordan løste du den Plutarco? Hvor er oppgaven fra?

Løste den på den stygge måten, omtrent som din første løsning.

Oppgaven er fra http://www.math.ust.hk/excalibur/ , volum 8 no. 1, "olympiad corner", problem 3.