Nierówność dla liczb dodatnich

[poetaopole]

Wykaż, że dla dodatnich \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) jeżeli \(\displaystyle{ a+b<ab}\), to \(\displaystyle{ a+b>4}\).

[Premislav]

\(\displaystyle{ \frac{a+b}{2}\ge \frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}=\frac{2ab}{a+b}>2}\)
Pierwszą nierówność, jak ktoś nie zna średnich (tutaj akurat arytmetycznej i harmonicznej), można też sprowadzić do nieujemności pewnego kwadratu.

[Dilectus]

Oznacz:
\(\displaystyle{ a=x, \quad b=y}\)

i popatrz na nierówność

\(\displaystyle{ x+y<xy}\)

przy założeniu, \(\displaystyle{ że x>0, \ y>0}\) i \(\displaystyle{ x+y>4}\)

[Premislav]

Dilectus, a co to niby ma wnosić? Przykro mi, ale to jest tylko zmiana oznaczeń.

[Dilectus]

To po to, żeby dojść do funkcji homograficznej \(\displaystyle{ y= \frac{x}{x-1} }\)

[Premislav]

Wciąż nie widzę związku, równie dobrze może być \(\displaystyle{ b=\frac{a}{a-1}}\), a przedstawiłeś tę zmianę oznaczeń jako krok rozumowania. To, że sobie oznaczasz funkcję \(\displaystyle{ y=f(x)}\), a nie np. \(\displaystyle{ \gamma=f(\kappa)}\), nie ma żadnego znaczenia. Twoja poprzednia wypowiedź też w żaden sposób nie przybliżała do funkcji homograficznej.

Dodano po 7 minutach 28 sekundach:
Poza tym w sumie się wcześniej nie wczytywałem aż tak dokładnie, ale mamy wykazać, że jeśli \(\displaystyle{ p}\) to \(\displaystyle{ q}\), a Ty radzisz zobaczyć, czy jeśli \(\displaystyle{ q}\), to \(\displaystyle{ p}\), wiem, że w szkołach czasem tak uczą, ale to niedobrze, że tak robią.
Aczkolwiek może za bardzo się przyczepiłem. Nie mam dobrego czy łatwego charakteru, niestety.

Dodano po 13 minutach 4 sekundach:
To jeszcze przedstawię, coby za bardzo nie spamować, jako alternatywę najbardziej syfne rozwiązanie szkolne, jakie udałoby mi się wymyślić:
skoro z założeń \(\displaystyle{ a+b<ab}\), to po pierwsze łatwo widać, że \(\displaystyle{ a>1}\) (gdyby było \(\displaystyle{ a\le 1}\), to \(\displaystyle{ a+b<ab\le b<a+b}\), sprzeczność), po drugie możemy zapisać \(\displaystyle{ ab=a+b+m, \ m>0}\), czyli
\(\displaystyle{ b=\frac{a+m}{a-1}}\) (oczywiście \(\displaystyle{ a\neq 1}\) wynika z założenia), a mamy wykazać, że
\(\displaystyle{ a+b>4}\), tj. przekształcając równoważnie
\(\displaystyle{ a+\frac{a+m}{a-1}>4\\a+\frac{m+1}{a-1}>3\bigg|\cdot (a-1)\\ (a-1)(a-3)+m+1>0\\a^{2}-4a+4+m>0\\(a-2)^{2}+m>0}\)
a to jest jasne.
Pewnie jakoś tak to bym rozwiązywał w liceum, kiedy nie wiedziałem, co to jest średnia harmoniczna.

[Gosda]

Dla \(\displaystyle{ a = b = 3/4}\) mamy \(\displaystyle{ a + b = 3/2 < 9/16 = ab}\)?

[Premislav]

Przepraszam, bo nie rozumiem. Kto coś takiego sugerował?

[Gosda]

Hmh, za mało kawy. \(\displaystyle{ a + b < ab}\) to założenie, \(\displaystyle{ ab \le b < a + b}\) to wniosek z tego, że \(\displaystyle{ a \le 1}\)... za późno, żeby skasować Rozwiązanie bardzo dobre jak na liceum, gdzie chyba AM-GM nie jest w programie.