rozwiąż nierówność

[majcher77]

\(\frac {a+b+c}{3} \ge \sqrt[3]{abc}\)

[anka]

Chyba udowodnij, a nie rozwiąż.
Są jakieś żałożenia dotyczące liczb a, b, c?

[majcher77]

sorki rzeczywiście udowodnij:)Właśnie o to chodzi że nie ma żadnych.

[escher]

Właśnie o to chodzi że nie ma żadnych.

Jak nie ma żadnych, to jest nie prawda. Wystarczy wstawić np a=-1,b=-1, c=2

Jeśli dla liczb nieujemnych, to w Wikipedii jest kilka dowodów nierówności między średnią arytmetyczną a średnią geometryczną nawet w ogólnym przypadku.
Patrz: http://pl.wikipedia.org/wiki/Nierówność ... o_średnich

Dość prosty dowód dla trzech zmiennych polega na udowodnieniu najpierw nierówności dla dwóch i czterech liczb.
\((\sqrt{a}-\sqrt{b})^2\ge 0 \Rightarrow \frac{a+b}{2}\ge \sqrt{ab}\)

\(\frac{a+b+c+d}{4}\ge \frac{\sqrt{ab}+\sqrt{cd}}{2}\ge \sqrt[4]{abcd}\).

A dalej wstawiamy \(d=\frac{a+b+c}{3}\) i po przekształceniach mamy to co trzeba.

[anka]

Znalazłam w necie dowód dla liczb nieujemnych:
\(x^3+y^3+z^3-3xyz = (x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-xz-yz)=\\
(x+y+z)(\frac{(x-y)^2+(y-z)^2 +(z-x)^2}{2}) \geq 0\)
czyli
\(x^3+y^3+z^3-3xyz \geq 0\\
x^3+y^3+z^3\geq 3xyz\\
\frac{x^3+y^3+c^3}{3}\geq xyz\)

\(x=\sqrt[3]{a}\\
y=\sqrt[3]{b}\\
z=\sqrt[3]{c}\)

\(\frac{(\sqrt[3]{a})^3+(\sqrt[3]{a})^3+(\sqrt[3]{c})^3}{3}\geq \sqrt[3]{a} \cdot \sqrt[3]{b}\cdot \sqrt[3]{c}\)
\(\frac {a+b+c}{3} \ge \sqrt[3]{abc}\)