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Siano $ 0\leq a \leq b\leq c $ numeri reali. Dimostrare che $ (a+3b)(c+2a)(b+4c)\geq 60abc $.

Allora: ho svolto i prodotti ed ho ottenuto: $ 2a^2b+8a^2c+6ab^2+25abc+4ac^2+3b^2c+12bc^2\geq 60abc $ da cui:
$ 2a^2b+8a^2c+6ab^2+4ac^2+3b^2c+12bc^2\geq 35abc $, adesso potrei utilizzare la disuguaglianza di raggruppamento ma non riesco a scrivere le due somme simmetriche a causa dei coefficienti. Come potrei fare?

Nono so cosa sia la disuguaglianza di raggruppamento, ma potresti dividere i monomi in quelli che ti servono:
Da$ 2a^2b + 8a^2c $ diventa $ (4a^2b + 4a^2c) - 2a^2b +4a^b $
Intendevi questo?

è chiaro che, per una qualsiasi $ f$, se vale che $f(a,b,c)\geq M$ con $M \in \mathbb{R}^+$, allora vale anche che $f(b,a,c) \geq M$ e lo stesso vale ciclando tutte le variabili di $f$. Perciò $\displaystyle \sum_{cyc}f(a,c,d ) \geq 6M$

Ora, posto WLOG $abc=1$, resta da dimostrare che $(a+3b)(c+2a)(b+4c) \geq 60$.Questo è equivalente per quanto detto sopra a dimostrare che $\displaystyle \sum_{cyc}(a+3b)(c+2a)(b+4c) \geq 60\cdot 6$ Applicando ora $AM-GM$ si ottiene che $\displaystyle \frac{(a+3b)}{4}\cdot \frac{(c+2a)}{3}\cdot \frac{(b+4c)}{5} \geq \sqrt[4]{ab^3}\cdot \sqrt[3]{ca^2}\cdot \sqrt[5]{bc^4} = \sqrt[60]{b^2c^{13}}$ e perciò $(a+3b)(c+2a)(b+4c) \geq 60\sqrt[60]{b^2c^{13}}$. Ma allora
$\displaystyle \sum_{cyc}(a+3b)(c+2a)(b+4c) \geq 60 \sum_{cyc}\sqrt[60]{b^2c^{13}} \geq 60\cdot 6$ per AM-GM, che è per le ragioni sopra la tesi.

Grazie mille per la soluzione Mist! Quindi quella che avevo scelto era la strada sbagliata.

Hawk ha scritto:Siano $ 0\leq a \leq b\leq c $ numeri reali. Dimostrare che $ (a+3b)(c+2a)(b+4c)\geq 60abc $.

Allora: ho svolto i prodotti ed ho ottenuto: $ 2a^2b+8a^2c+6ab^2+25abc+4ac^2+3b^2c+12bc^2\geq 60abc $ da cui:
$ 2a^2b+8a^2c+6ab^2+4ac^2+3b^2c+12bc^2\geq 35abc $, adesso potrei utilizzare la disuguaglianza di raggruppamento ma non riesco a scrivere le due somme simmetriche a causa dei coefficienti. Come potrei fare?

No, la strada non era sbagliata, sono io che non ci avevo pensato... Da dove sei arrivato te si può usare la stessa idea che ho usato io per concludere Posto ancora $abc=1$, si ha che

$\displaystyle \sum_{cyc}(2a^2b+8a^2c+6ab^2+4ac^2+3b^2c+12bc^2) = 35\sum_{cyc}(a^2b+b^2a+c^2a+c^2b+a^2b+a^2c) \geq 6\cdot 35$(per AM-GM) che è la tesi

p.s. se vuoi proprio, il vantaggio della mia è che ti eviti tutti i conti, che si potrebbero sbagliare...