Nierówność z II klasy LO

[poetaopole]

Jeżeli nieujemne \(a,b,c\) dają \(a+b+c=12\), to \(abc<64\).
Wiadomo, że zależności między średnimi wychodzi to w pół minuty, ale próbuję to rozwiązać elementarnie i nie daję rady... Może ktoś pomoże?

[kerajs]

\(64=4^3=( \frac{a+b+c}{3} )^3 \ge ( \sqrt[3]{abc} )^3=abc\)

Inaczej
\(f(a,b.c)=abc\\
f(a,b)=ab(12-a-b)\)
WK:
\( \begin{cases} f'_a=12b-2ab-b^2=0 \\ f'_b=12a-2ab-a^2=0 \end{cases} \\
\begin{cases} a=0 \\ b=0 \end{cases} \ \ \vee \ \ \begin{cases} a=0 \\ b=12 \end{cases} \ \ \vee \ \ \begin{cases} a=12 \\ b=0 \end{cases} \ \ \vee \ \ \begin{cases} a=4 \\ b=4 \end{cases} \)
\(f''_{a,a}=-2b \\
f''_{a,b}=f''_{b,a}=12-2a -2b \\
f''_{b,b}=-2a \)
Tylko hesjan z punktu (4,4) jest dodatni, więc jest tam ekstremum, a z ujemności \(f''_{a,a} \) wynika iż jest to maksimum
\(f_{max}=f(4,4)=f(4,4,4)=64\)

[poetaopole]

Oj, nie pomogłeś...

[Tulio]

Powinno być \(abc \le 64\), ale poza tym:
Łatwo zauważyć, że dla \(a=b=c=4\) otrzymujemy \(a+b+c=12\) oraz \(abc = 64\). Udowodnijmy, że dla innych \(a,b,c\) iloczyn będzie zawsze mniejszy.
Aby suma była równa \(12\) mogą zachodzić dwa przypadki:
1. Jedna z liczb jest równa \(4\), druga \(4-x\) zaś trzecia \(4+x\) (\(x \in \left( 0,4\right)\) )
2. Wszystkie liczby są różne od \(4\)

Ad 1.
Niech \(a=4\), \(b=4-x\), \(c=4+x\). Mamy:
\(abc=4 \left( 4-x\right) \left( 4+x\right) \) i jest to równanie kwadratowe o maksimum \(64\) dla \(x=0\), które jest spoza naszej dziedziny

Ad 2.
Ten przypadek rozbija się na dwa. Albo dwie liczby będą mniejsze od \(4\) a jedna większa lub na odwrót.
a) Dwie liczby mniejsze od \(4\):
\(a=4-x\), \(b=4-y\), \(c=4+z\), gdzie \(x,y \in \left( 0,4\right)\) oraz \(z \in \left( 0,8\right)\). Dalej:
\(abc= \left( 4-x\right) \left( 4-y\right) \left( 4+z\right)=64-16x-16y+16z-4xz-4yz+4xy-xyz\)
Pamiętajmy, że \(a+b+c=12\) zatem \(12-x-y+z=12\), czyli \(z=x+y\). Zobaczmy czy powyższe wyrażenie jest większe czy mniejsze niż \(64\):
\(64-16x-16y+16z-4xz-4yz+4xy-xyz=64 + 16(z-x-y)+4xyz( \frac{1}{z} - \frac{1}{x} - \frac{1}{y} - 1)\)
\(64=64\)
\(16(z-x-y)=0\)
\(4xyz>0\)
\(\frac{1}{z} - \frac{1}{x} - \frac{1}{y} - 1<0\)

więc
\(64 + 16(z-x-y)+4xyz(\frac{1}{z} - \frac{1}{x} - \frac{1}{y} - 1)<64\)

Podobnie (identycznie?) 2b.

[korki_fizyka]

Oj, nie pomogłeś...

Tutaj już ci pomogli https://matematyka.pl/viewtopic.php?f=1 ... 6#p5602846

[kerajs]

Moim zdaniem to Tulio przedstawił (przynajmniej do tej pory) najłatwiejszy do pokazania licealistce/licealiście sposób.

Poprawię kilka literówek i dopiszę kilka oczywistości które (z powodu ich oczywistości) pominął.

a) Dwie liczby mniejsze od \(4\):
\(a=4-x\), \(b=4-y\), \(c=4+z\), gdzie \(x,y \in \left( 0,4\right)\) oraz \(z \in \left( 0,8\right)\) , i niech \(\color{blue}{x \le y <z}\). Dalej:
\(abc= \left( 4-x\right) \left( 4-y\right) \left( 4+z\right)=64-16x-16y+16z-4xz-4yz+4xy\color{blue}+xyz\)
Pamiętajmy, że \(a+b+c=12\) zatem \(12-x-y+z=12\), czyli \(z=x+y\). Zobaczmy czy powyższe wyrażenie jest większe czy mniejsze niż \(64\):
\(\color{blue}{abc =}64-16x-16y+16z-4xz-4yz+4xy\color{blue}+xyz=64 + 16(z-x-y)+4xyz( \frac{1}{z} - \frac{1}{x} - \frac{1}{y} \color{blue}{+\frac14} )=\\ = \color{blue}{64 +4xyz( \frac{1}{z} - \frac{1}{x} - \frac{1}{y}+\frac14) <64}\)
W przejściach wykorzystano:
\(16(z-x-y)=0\) (wynika z przyjętego powyżej założenia)
\(4xyz>0\) (wynika z założeń zadania)
Skoro \(\color{blue}{(z>y ) \So ( \frac{1}{z}- \frac{1}{y}<0 ) }\) oraz \(\color{blue}{(4>x )\So ( \frac{1}{4}- \frac{1}{x}<0 ) }\) więc \(\frac{1}{z} - \frac{1}{y} \color{blue}{+ \frac{1}{4} } - \frac1x <0\)
Podobnie (identycznie?) 2b.