Nierówność w trójkącie

[Rafsaf]

Niech \(\displaystyle{ a, b, c}\) będą długościami boków trójkąta. Wykaż, że

\(\displaystyle{ 2 \left( \frac{a}{b}+ \frac{b}{c}+ \frac{c}{a} \right) \ge \frac{a}{c}+ \frac{b}{a}+ \frac{c}{b}+3}\)

Próbowałem zrobić to z tego że
\(\displaystyle{ \frac{\frac{a}{b}+ \frac{b}{c}+ \frac{c}{a}}{3} \ge \sqrt[3]{ \frac{abc}{abc} }=1}\)

Zostałoby wtedy

\(\displaystyle{ \frac{a}{b}+ \frac{b}{c}+ \frac{c}{a} \ge \frac{a}{c}+ \frac{b}{a}+ \frac{c}{b}}\)

Czego nie potrafię dowieść

[Janusz Tracz]

\(\displaystyle{ \frac{a}{b}+ \frac{b}{c}+ \frac{c}{a}-\frac{a}{c}- \frac{b}{a}- \frac{c}{b}=- \frac{\left( a-b\right)\left( a-c\right)\left( b-c\right) }{abc}}\)

Pytanie czy

\(\displaystyle{ - \frac{\left( a-b\right)\left( a-c\right)\left( b-c\right) }{abc} \ge 0}\)

a więc

\(\displaystyle{ \left( a-b\right)\left( a-c\right)\left( b-c\right) \le 0}\)

Dla ustalenia uwagi \(\displaystyle{ a>b>c}\) wtedy widać że 2 iloczyny są dodatnie a 1 ujemny co kończy dowód. Gdy trójkąt jest równoramienny nierówność staje się równością.

[Rafsaf]

Myślałem trochę w innej kategorii, chociaż też rozpatrywałem \(\displaystyle{ a \ge b \ge c}\), próbowałem z tego wyjść by udowodnić że ten licznik większy od \(\displaystyle{ 0}\) to trafiłem do lasu, dzięki!

[bosa_Nike]

\(\displaystyle{ \uparrow}\) Nie, no ale przecież tracimy ogólność przyjmując taki porządek.

\(\displaystyle{ L-P=\frac{(a-b+c)(a-b)^2+(a+b-c)(b-c)^2+(-a+b+c)(c-a)^2}{2abc}\ge 0}\)

[Dilectus]

\(\displaystyle{ \frac{a}{b}+ \frac{b}{c}+ \frac{c}{a}-\frac{a}{c}- \frac{b}{a}- \frac{c}{b}=- \frac{\left( a-b\right)\left( a-c\right)\left( b-c\right) }{abc}}\)

Jak na to wpadłeś?

[timon92]

@up zapisujemy to wyrażenie jako jeden ułamek poprzez sprowadzenie do wspólnego mianownika, widzimy, że dla \(\displaystyle{ a=b}\) wyrażenie to się zeruje, więc wielomian w liczniku dzieli się bez reszty przez \(\displaystyle{ a-b}\), z tych samych powodów dzieli się przez \(\displaystyle{ b-c}\) i przez \(\displaystyle{ c-a}\), czyli to wyrażenie jest postaci \(\displaystyle{ \lambda \cdot \frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}}\) dla pewnej stałej \(\displaystyle{ \lambda}\) i na paluszkach sprawdzamy, że \(\displaystyle{ \lambda=1}\)

przy okazji: nierówność \(\displaystyle{ \frac{a}{b}+ \frac{b}{c}+ \frac{c}{a} \ge \frac{a}{c}+ \frac{b}{a}+ \frac{c}{b}}\) nie miała prawa zachodzić, bo gdyby zachodziła dla dowolnych \(\displaystyle{ a,b,c}\) to wtedy też zachodziłoby \(\displaystyle{ \frac{a}{c}+ \frac{b}{a}+ \frac{c}{b}\ge \frac{a}{b}+ \frac{b}{c}+ \frac{c}{a}}\), czyli mielibyśmy dla dowolnych \(\displaystyle{ a,b,c}\) równość \(\displaystyle{ \frac{a}{b}+ \frac{b}{c}+ \frac{c}{a} = \frac{a}{c}+ \frac{b}{a}+ \frac{c}{b}}\) a równości nie ma co widać poprzez np. wymnożenie przez mianowniki tudzież wstawienie konkretnych liczb \(\displaystyle{ a=2, b=3, c=4}\)