Założenie: \(a,b,c>0 \wedge a+b+c=3\)\(\)
Teza: \( \frac{ab+bc+ca}{abc} \ge 3\)
Wiem, że to zadanie da się zrobić wykorzystując nierówności między średnimi, ale za pierwszym razem tego nie zauważyłem i doszedłem do tego momentu:
\(ab+bc+ca \ge 3abc\)
\(c=3-a-b\)
Podstawiając ,,c'' i przekształcając otrzymuje taki twór:
\(ab+b(3-a-b)+a(3-a-b) \ge 3ab(3-a-b)\)
\(ab+3b-ab-b^2+3a-a^2-ab \ge 9ab-3a^2b-3ab^2\)
\(3b-b^2+3a-a^2-ab-9ab+3a^2b+3ab^2 \ge 0\)
\(3b-b^2+3a-a^2-10ab+3a^2b+3ab^2 \ge 0\)
Pomógłby ktoś doprowadzić to do jakiejś sensownej postaci ?
Z góry dziękuję za pomoc!
Dowód nierówności.
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
-
kerajs
- Fachowiec
- Posty: 2963
- Rejestracja: 14 lis 2016, 14:38
- Podziękowania: 33 razy
- Otrzymane podziękowania: 1303 razy
- Płeć:
Re: Dowód nierówności.
Jedną z niewiadomych potraktowałbym jako parametr, i sprawdził czy równanie kwadratowe względem drugiej ma niedodatni wyróżnik (lub dodatni, ale dla ujemnych b).
Bez średnich:
\(L= \frac{ab+bc+ca}{abc}= \frac{1}{c}+ \frac{1}{a}+ \frac{1}{b}=
\frac{1}{c}+ \frac{1}{a}+ \frac{1}{b}+6-6=\\
=a-2+ \frac{1}{a}+b-2 + \frac{1}{b}+c-2+\frac{1}{c}+ 3 =\\=( \sqrt{a} - \frac{1}{ \sqrt{a} } )^2+( \sqrt{b} - \frac{1}{ \sqrt{b} } )^2+( \sqrt{c} - \frac{1}{ \sqrt{c} } )^2+3 \ge 3=P
\)
Bez średnich:
\(L= \frac{ab+bc+ca}{abc}= \frac{1}{c}+ \frac{1}{a}+ \frac{1}{b}=
\frac{1}{c}+ \frac{1}{a}+ \frac{1}{b}+6-6=\\
=a-2+ \frac{1}{a}+b-2 + \frac{1}{b}+c-2+\frac{1}{c}+ 3 =\\=( \sqrt{a} - \frac{1}{ \sqrt{a} } )^2+( \sqrt{b} - \frac{1}{ \sqrt{b} } )^2+( \sqrt{c} - \frac{1}{ \sqrt{c} } )^2+3 \ge 3=P
\)