Niech \(\displaystyle{ a,b,c \in \RR}\) oraz \(\displaystyle{ (a+b)(b+c)(c+a)\neq 0}\). Wykaż, że
\(\displaystyle{ \frac{(a^{2}-b^{2})(a^{2}-c^{2})}{(b+c)^{2}}+\frac{(b^{2}-c^{2})(b^{2}-a^{2})}{(c+a)^{2}}+\frac{(c^{2}-a^{2})(c^{2}-b^{2})}{(a+b)^{2}}\geq 0.}\)
nierówność w liczbach rzeczywistych
-
ann_u
- Użytkownik
- Posty: 138
- Rejestracja: 14 wrz 2018, o 18:56
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Brak
- Podziękował: 31 razy
- Pomógł: 4 razy
nierówność w liczbach rzeczywistych
Ostatnio zmieniony 6 mar 2019, o 00:11 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
-
bosa_Nike
- Użytkownik
- Posty: 1665
- Rejestracja: 16 cze 2006, o 15:40
- Płeć: Kobieta
- Podziękował: 71 razy
- Pomógł: 445 razy
nierówność w liczbach rzeczywistych
Zasadniczo pobieżnie, to próbowałabym, czy nie zadziała coś takiego:
Niech \(\displaystyle{ X,Y,Z,x,y,z\ge 0}\) będą takie, że \(\displaystyle{ x\ge y\ge z}\) oraz \(\displaystyle{ X-Y+Z\ge 0}\) (to w szczególności obejmuje przypadek, gdy ciąg \(\displaystyle{ X,Y,Z}\) jest monotoniczny). Wtedy prawdziwa jest następująca nierówność:
\(\displaystyle{ X(x-y)(x-z)+Y(y-x)(y-z)+Z(z-x)(z-y)\ge 0}\)
Dowód nie jest trudny. Najpierw sprawdź, czy tym można tu przyłożyć. Jeżeli tak, to wystarczy wykazać
\(\displaystyle{ \frac{1}{(b+c)^2}-\frac{1}{(a+c)^2}+\frac{1}{(a+b)^2}\ge 0}\)
Nie mam pojęcia, czy to będzie proste - dla nieujemnych \(\displaystyle{ a,b,c}\) raczej tak, ale wtedy wystarczy jeszcze dowieść dla jednej ujemnej - i chyba nie obejdzie się bez sprawdzania dla każdej zmiennej.-- 9 marca 2019, 08:14 --Wygląda na to, że powyższe podejście działa, przydałoby się tylko użyć jakiegoś standardowego zaklęcia w rodzaju niech \(\displaystyle{ (t,u,v)}\) będzie taką permutacją trójki \(\displaystyle{ (a,b,c)}\), że \(\displaystyle{ t^2\ge u^2\ge v^2}\).
Rozwiązanie firmowe (SOS) jest na stronie 39.
Niech \(\displaystyle{ X,Y,Z,x,y,z\ge 0}\) będą takie, że \(\displaystyle{ x\ge y\ge z}\) oraz \(\displaystyle{ X-Y+Z\ge 0}\) (to w szczególności obejmuje przypadek, gdy ciąg \(\displaystyle{ X,Y,Z}\) jest monotoniczny). Wtedy prawdziwa jest następująca nierówność:
\(\displaystyle{ X(x-y)(x-z)+Y(y-x)(y-z)+Z(z-x)(z-y)\ge 0}\)
Dowód nie jest trudny. Najpierw sprawdź, czy tym można tu przyłożyć. Jeżeli tak, to wystarczy wykazać
\(\displaystyle{ \frac{1}{(b+c)^2}-\frac{1}{(a+c)^2}+\frac{1}{(a+b)^2}\ge 0}\)
Nie mam pojęcia, czy to będzie proste - dla nieujemnych \(\displaystyle{ a,b,c}\) raczej tak, ale wtedy wystarczy jeszcze dowieść dla jednej ujemnej - i chyba nie obejdzie się bez sprawdzania dla każdej zmiennej.-- 9 marca 2019, 08:14 --Wygląda na to, że powyższe podejście działa, przydałoby się tylko użyć jakiegoś standardowego zaklęcia w rodzaju niech \(\displaystyle{ (t,u,v)}\) będzie taką permutacją trójki \(\displaystyle{ (a,b,c)}\), że \(\displaystyle{ t^2\ge u^2\ge v^2}\).
Rozwiązanie firmowe (SOS) jest
Kod: Zaznacz cały
https://drive.google.com/file/d/1BSQ_fPKB94eJ6uw1SMquqW7z1qbW6q1V/view