Cześć,
mam problem z dość prostym (na oko) dowodem
\(\displaystyle{ a,b,c >0}\)
\(\displaystyle{ \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge 3}\)
Kombinowałem z użyciem tw. o nierówności średnich, ale nie wyszło...
Z góry dziękuję za wskazówki.
Nierówność zmiennych
-
- Użytkownik
- Posty: 25
- Rejestracja: 18 maja 2010, o 15:17
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Częstochowa
- Pomógł: 2 razy
Nierówność zmiennych
Ostatnio zmieniony 3 lut 2016, o 13:02 przez Zahion, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Niepoprawnie napisany kod LaTeX-a. Proszę zapoznaj się z http://matematyka.pl/178502.htm . Staraj się lepiej dobierać nazwy tematów, tak by wskazywały o czym jest treść zadania.
Powód: Niepoprawnie napisany kod LaTeX-a. Proszę zapoznaj się z http://matematyka.pl/178502.htm . Staraj się lepiej dobierać nazwy tematów, tak by wskazywały o czym jest treść zadania.
-
- Użytkownik
- Posty: 25
- Rejestracja: 18 maja 2010, o 15:17
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Częstochowa
- Pomógł: 2 razy
Nierówność zmiennych
Próbowałem przemnożyć obustronnie przez abc:
\(\displaystyle{ a^{2}c+ b^{2}a+ c^{2}b \ge 3abc}\)
I teraz jakoś pierwiastkować (?) tylko problem z wyrazami mieszanymi. Ani toto przed nawias wyciągnąć ani zwinąć z jakiegoś wzoru skróconego mnożenia.. po prostu nie wiem co dalej.
\(\displaystyle{ a^{2}c+ b^{2}a+ c^{2}b \ge 3abc}\)
I teraz jakoś pierwiastkować (?) tylko problem z wyrazami mieszanymi. Ani toto przed nawias wyciągnąć ani zwinąć z jakiegoś wzoru skróconego mnożenia.. po prostu nie wiem co dalej.
-
- Użytkownik
- Posty: 1660
- Rejestracja: 16 cze 2006, o 15:40
- Płeć: Kobieta
- Podziękował: 70 razy
- Pomógł: 445 razy
Nierówność zmiennych
Zastosuj bezpośrednio tę nierówność dla trzech liczb. Obojętne czy w wyjściowej, czy w tej postaci.
\(\displaystyle{ x+y+z\ge 3\sqrt[3]{xyz}}\) - wystarczy podstawić za \(\displaystyle{ x,y,z}\) to, co już masz.
Jakbyś chciał pokombinować z innym sposobem, to imho najprościej jest wybrać np. najmniejszą z liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) i udowodnić, że różnica wyrażeń z lewej i prawej strony jest nieujemna.
\(\displaystyle{ x+y+z\ge 3\sqrt[3]{xyz}}\) - wystarczy podstawić za \(\displaystyle{ x,y,z}\) to, co już masz.
Jakbyś chciał pokombinować z innym sposobem, to imho najprościej jest wybrać np. najmniejszą z liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) i udowodnić, że różnica wyrażeń z lewej i prawej strony jest nieujemna.
-
- Użytkownik
- Posty: 25
- Rejestracja: 18 maja 2010, o 15:17
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Częstochowa
- Pomógł: 2 razy
Chyba prosty dowód a/b + b/c + c/a >=3
OK, mam to.
W ogóle to problem się zrodził z gapiostwa. Wziąłem w nierówności pierwiastek kwadratowy, a nie trzeciego stopnia i konsekwentnie kontynuował ów błąd.
Dzięki.
W ogóle to problem się zrodził z gapiostwa. Wziąłem w nierówności pierwiastek kwadratowy, a nie trzeciego stopnia i konsekwentnie kontynuował ów błąd.
Dzięki.
-
- Użytkownik
- Posty: 1660
- Rejestracja: 16 cze 2006, o 15:40
- Płeć: Kobieta
- Podziękował: 70 razy
- Pomógł: 445 razy
Nierówność zmiennych
Z tym, że po zastosowaniu średnich w wyjściowej postaci nierówności nawet z tym błędem i tak "by wyszło", bo \(\displaystyle{ \sqrt{\frac{a}{b}\cdot\frac{b}{c}\cdot\frac{c}{a}}=\sqrt[3]{\frac{a}{b}\cdot\frac{b}{c}\cdot\frac{c}{a}}}\), nieprawdaż?
Niech \(\displaystyle{ c}\) będzie nie większe od liczb \(\displaystyle{ a,b}\), wtedy \(\displaystyle{ a^{2}c+ b^{2}a+ c^{2}b \ge 3abc\iff (a-b)^2c+b(a-c)(b-c)\ge 0}\)
Niech \(\displaystyle{ c}\) będzie nie większe od liczb \(\displaystyle{ a,b}\), wtedy \(\displaystyle{ a^{2}c+ b^{2}a+ c^{2}b \ge 3abc\iff (a-b)^2c+b(a-c)(b-c)\ge 0}\)
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15685
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5219 razy
Nierówność zmiennych
Uogólnienie: jeżeli \(\displaystyle{ a_{1},...a_{n}}\) są liczbami rzeczywistymi dodatnimi, takimi że
\(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n}a_{i}=1}\), to \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}a_{i} \ge n}\). Dowód można przeprowadzić w nanosekundę tak samo jak w tym zadaniu, ale jako że czasem wykorzystuje się to jako lemat w dowodzie nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną, to można tez inaczej:
indukcja po \(\displaystyle{ n}\). Dla \(\displaystyle{ n=1}\) nie ma czego dowodzić, po prostu jest równość \(\displaystyle{ 1=1}\). Drugi krok indukcyjny: "sklejmy" liczby \(\displaystyle{ a_{n}}\) i \(\displaystyle{ a_{n+1}}\) w jedną. Któraś z liczb \(\displaystyle{ a_{1},...a_{n+1}}\) jest nie mniejsza od \(\displaystyle{ 1}\) i któraś jest nie większa od \(\displaystyle{ 1}\), więc możemy tak zmienić numerację, żeby np. \(\displaystyle{ a_{n} \ge 1}\) oraz \(\displaystyle{ a_{n+1} \le 1}\). Z założenia indukcyjnego mamy
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n-1}a_{i}+a_{n}a_{n+1} \ge n}\). Wystarczy zatem pokazać, że \(\displaystyle{ a_{n}+a_{n+1}-a_{n}a_{n+1} \ge 1}\), a to zostawiam jako proste ćwiczenie ze zwijania do iloczynów (przypominam: tak se przenumerowaliśmy, aby zachodziło \(\displaystyle{ a_{n} \ge 1}\) oraz \(\displaystyle{ a_{n+1} \le 1}\)). Nie wymyśliłem tego sam, tylko nauczył mnie tego bodajże Qń w poście z 2014 (znaczy nie że specjalnie dla mnie to pisał, ale zapamiętałem; u mnie dowód średnich był inaczej jakoś, tą syfną indukcją wychodzącą od \(\displaystyle{ n=2^{k}}\)).
Tak bardzo sesja.
-- 3 lut 2016, o 14:40 --
Łojć, tak sobie w sumie pomyślałem, że to jest
\(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n}a_{i}=1}\), to \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}a_{i} \ge n}\). Dowód można przeprowadzić w nanosekundę tak samo jak w tym zadaniu, ale jako że czasem wykorzystuje się to jako lemat w dowodzie nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną, to można tez inaczej:
indukcja po \(\displaystyle{ n}\). Dla \(\displaystyle{ n=1}\) nie ma czego dowodzić, po prostu jest równość \(\displaystyle{ 1=1}\). Drugi krok indukcyjny: "sklejmy" liczby \(\displaystyle{ a_{n}}\) i \(\displaystyle{ a_{n+1}}\) w jedną. Któraś z liczb \(\displaystyle{ a_{1},...a_{n+1}}\) jest nie mniejsza od \(\displaystyle{ 1}\) i któraś jest nie większa od \(\displaystyle{ 1}\), więc możemy tak zmienić numerację, żeby np. \(\displaystyle{ a_{n} \ge 1}\) oraz \(\displaystyle{ a_{n+1} \le 1}\). Z założenia indukcyjnego mamy
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n-1}a_{i}+a_{n}a_{n+1} \ge n}\). Wystarczy zatem pokazać, że \(\displaystyle{ a_{n}+a_{n+1}-a_{n}a_{n+1} \ge 1}\), a to zostawiam jako proste ćwiczenie ze zwijania do iloczynów (przypominam: tak se przenumerowaliśmy, aby zachodziło \(\displaystyle{ a_{n} \ge 1}\) oraz \(\displaystyle{ a_{n+1} \le 1}\)). Nie wymyśliłem tego sam, tylko nauczył mnie tego bodajże Qń w poście z 2014 (znaczy nie że specjalnie dla mnie to pisał, ale zapamiętałem; u mnie dowód średnich był inaczej jakoś, tą syfną indukcją wychodzącą od \(\displaystyle{ n=2^{k}}\)).
Tak bardzo sesja.
-- 3 lut 2016, o 14:40 --
Łojć, tak sobie w sumie pomyślałem, że to jest
Przepraszam, ale taki już jestem - brak mózgu i życia ma swoje następstwa.-- 3 lut 2016, o 14:40 --PS To nie jest dobry dział.cosinus90 pisze:3) wcinanie się w dyskusję w nieodpowiednim momencie