Encuentre el mínimo $k$

Question

Encuentre el mínimo $k$ que $\exists a,b,c>0$ , satisface $$ \frac{kabc}{a+b+c}\geq (a+b)^2+(a+b+4c)^2$$

Mi progreso

Con la ayuda de Mathematica, descubrí que cuando $k=100$ podemos tomar $a=1,b=1,c=1/2$ . Y estoy bastante seguro de que $k=100$ es la respuesta, pero no pude probarlo.

Answer 1

Efectivamente, usted quiere mostrar $$\frac{(a+b)^2+(a+b+4c)^2}{abc}(a+b+c) \geqslant 100$$ y ya tienes un caso de igualdad.

Utilizando la homogeneidad, podemos establecer $a+b+c=5$ , para mostrar de forma equivalente $$(5-c)^2+(5+3c)^2 \geqslant 20 abc$$ Ahora $a+b = 5-c$ Así pues, para cualquier $c$ tenemos $ab$ se maximiza cuando $a=b$ . Por lo tanto, basta con mostrar
$$(5-c)^2+(5+3c)^2 \geqslant 20 \left(\frac{5-c}2\right)^2c$$ lo que nos lleva a la desigualdad polinómica $5(c-1)^2(10-c) \geqslant 0$ lo cual es obvio.

Answer 2

Dejemos que $a=b=2$ y $c=1$ .

Por lo tanto, $k\geq100$ .

Demostraremos que $100$ es una respuesta.

En efecto, dejemos que haya aspectos positivos $a$ , $b$ y $c$ para lo cual $ \frac{kabc}{a+b+c}\geq (a+b)^2+(a+b+4c)^2$ y $k<100$ .

Pero es imposible porque ahora demostraremos que $ \frac{100abc}{a+b+c}\leq (a+b)^2+(a+b+4c)^2$ .

Dejemos que $c=(a+b)x$ .

Por lo tanto, por AM-GM $\frac{100abc}{a+b+c}\leq\frac{25(a+b)^2c}{a+b+c}=\frac{25(a+b)^2x}{x+1}$ .

Por lo tanto, queda por demostrar que $\frac{25(a+b)^2x}{x+1}\leq(a+b)^2+(a+b+4(a+b)x)^2$ o

$\frac{25x}{x+1}\leq1+(1+4x)^2$ que es de nuevo AM-GM o $(4x-1)^2(x+2)\geq0$ . Hecho.