Julekalender, luke 6
Lagt inn: 06/12-2019 16:32
For alle ikkenegative reelle tall $x,y,z$ slik at $x\ge y$, bevis ulikheten $$ \frac{x^3-y^3+z^3+1}{6}\ge (x-y)\sqrt{xyz}$$.
La $x-y = \alpha\ge 0$ og $xy = \beta^2$ der $\beta\ge 0$. Da kan ulikheten skrives
$$\alpha(\alpha^2+3\beta^2)+z^3+1\ge 6\alpha\beta \sqrt{z},$$
siden $x^3-y^3=(x-y)(x^2+xy+y^2)=(x-y)((x-y)^2+3xy) = \alpha(\alpha^2+3\beta^2)$.
La
$$f(\beta) = 3\alpha \beta^2 -6\alpha \sqrt{z} \beta +\alpha^3+z^3+1,$$
da er målet å vise at $f(\beta) \ge 0$. Siden $f$ er en andregradsfunksjon,
er dette ekvivalent med å vise at diskriminanten er mindre eller lik null:
$36\alpha^2 z -12\alpha (\alpha^3+z^3+1)\le 0 \Leftrightarrow$
$3\alpha z \le \alpha^3+z^3+1 \Leftrightarrow$
$\sqrt[3]{\alpha^3\cdot z^3\cdot 1}\le \frac{\alpha^3+z^3+1}{3},$
som stemmer ved AM-GM.
