dowód

[BarT123oks]

wykaż, że dla a, \(b\ge0\) prawdziwa jest nierówność \(4a^3+b^3 \ge 3ab^2\)

[Tulio]

Nierówność \(4a^3+b^3 - 3ab^2 \ge 0\) możemy zapisać jako \( \left( 2a-b \right)^2 \left( a +b \right) \ge 0 \) co kończy dowód.

Jak do niej doszedłem (może się komuś przyda)... Próbowałem zapisać nierówność przy pomocy wyrazeń typu \( \left( a-b\right)^3 \):
\( \left( a - b \right)^3 + 3a^3 + 3a^2b - 6ab^2 + 2b^3 \ge 0\), co niemal natychmiastowo rozwala sprawę dla przypadków \(a \ge b\), gdyż:
* nawias jest większy (bądź równy) od zera
* drugą część łatwo rozstrzaskujemy:
\(3a^3 + 3a^2b - 6ab^2 + 2b^3 \ge 0 | : ab^2\)
\(3 \frac{a^2}{b^2} + 3 \frac{a}{b} - 6 + 2 \frac{b}{a} \ge 0 \)
Każdy z dwóch pierwszych składników jest większy od \(3\) więc w sumie są większe od \(6\).
Jednak nie załatwia to sytuacji \(a < b\). Dla niej próbowałem \( \left( b-a\right)^3 \) (i dostosować resztę składników jak poprzednio), co nic nie daje. Drugi pomysł to: \(a^3+b^3= \left( a + b \right) \left( a^2-ab+b^2 \right) \):
\(a^3+b^3 + 3a^3-3ab^2 \ge 0\)
\(a^3+b^3 + 3a \left( a^2-b^2 \right) \ge 0\)
\( \left( a+b\right) \left( a^2-ab+b^2\right) + 3a \left( a+b\right) \left( a-b\right) \ge 0\)
\( \left( a+b\right) \left( a^2-ab+b^2 + 3a^2-3ab\right)\ge 0\)
\( \left( a+b\right) \left( 4a^2-4ab+b^2\right)\ge 0\)
\( \left( a+b\right) \left( 2a-b\right)^2\ge 0\)

[Jerry]

Albo bezpośrednio z nierówności Cauchy'ego o średnich:
\[\frac{4a^3+{1\over2}b^3+{1\over2}b^3}{3}\ge\sqrt[3]{4a^3\cdot{1\over2}b^3\cdot{1\over2}b^3}\]
i równość dla \(4a^3={1\over2}b^3={1\over2}b^3\)

Pozdrawiam