[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[bosa_Nike]

Najfajniejsze i najkrótsze znane mi rozwiązanie polega na użyciu AM-GM i odpowiednim rozdystrybuowaniu (czterech) składników w każdym z dwóch wyjściowych nawiasów, a następnie na skorzystaniu z nierówności C-S. (RODO!)

EDIT: Licząc się z możliwością otrzymania warna usuwam część wiadomości, na którą odpowiedź została wymoderowana. Kto miał przeczytać, to już to zrobił, a ja uznałam, że pozostawienie jej stoi w sprzeczności z ogólną rolą edukacyjną tego wątku i tego forum.

[arek1357]

[ciach]

A co do nierówności znowu zarzucę Rochaja bo mi się podoba:

Z: \(\displaystyle{ (a+b+c)^2(a^2+b^2+c^2)=27}\)

\(\displaystyle{ a, b, c \ge 0}\)

T: \(\displaystyle{ \sqrt{a^2+3b^2}+ \sqrt{b^2+3c^2}+ \sqrt{c^2+3a^2} \ge 6}\)

źródło:

https://www.matematyka.pl/420322.htm

[Premislav]

Sorry za OT, ale przypomnę pewną inicjatywę:
84787,495.htm#p4843638
Przy czym z uwagi na to, że niektórzy po prostu rzadko mają czas, a i niektóre zadania mogą wymagać więcej czasu do zastanowienia, proponuję z tego zrobić miesiąc. Potem zadający mógłby wrzucić jakieś mocne hinty, a jak woli, to i rozwiązanie. Takie propozycje już niejednokrotnie się pojawiały, por.
418511.htm

[timon92]

no to żeby odblokować łańcuszek zarzucam nowe zadanie:
\(\displaystyle{ a,b,c>0 \implies \frac{a}{\sqrt{2(b^2+c^2)}}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \ge \frac 32}\)

[Premislav]

Ukryta treść:    

Nierówność jest jednorodna, zatem bez straty ogólności można przyjąć \(\displaystyle{ a+b+c=1}\).
Udowodnimy najpierw następujący lemat:
w dodatnich sumujących się do \(\displaystyle{ 1}\) mamy
\(\displaystyle{ a\sqrt{2(b^2+c^2)}+b(c+a)+c(a+b)\le \frac 2 3 \ (*)}\)
No i tutaj niestety nie mam ładnego pomysłu, wyrażenia typu \(\displaystyle{ \sqrt{x^2+y^2}}\) są raczej wredne do szacowania z góry.
Korzystając z \(\displaystyle{ c+a=1-b, \ a+b=1-c}\) przekształcamy \(\displaystyle{ (*)}\) do postaci
\(\displaystyle{ a\sqrt{2(b^2+c^2)}\le b^2+c^2-b-c+\frac 2 3\\ 3a\sqrt{2(b^2+c^2)}\le 3b^2+3c^2-3b-3c+2}\)
Podnosimy stronami do kwadratu (oczywiście możemy, bo prawa strona jest nieujemna, a nawet dodatnia, co wynika np. z \(\displaystyle{ 3\left( x-\frac 1 2\right)^2\ge 0}\)) i otrzymujemy równoważnie:
\(\displaystyle{ 18a^2(b^2+c^2)\le (3b^2+3c^2+3a-1)^2}\)
w dodatnich \(\displaystyle{ a,b,c}\) spełniających \(\displaystyle{ a+b+c=1}\).
Teraz odnotujmy, że \(\displaystyle{ b^2+c^2=(b+c)^2-2bc}\) i przy ustalonej wartości \(\displaystyle{ b+c}\) (a więc i ustalonej wartości \(\displaystyle{ a=1-(b+c)}\)) manipulujmy wyrażeniem \(\displaystyle{ 2bc, \ 0<2bc\le \frac{(b+c)^2}{2}}\)
Jeżeli \(\displaystyle{ x=2bc, \ y=b+c}\), to mamy
\(\displaystyle{ (3b^2+3c^2+3a-1)^2-18a^2(b^2+c^2)=\\=(3y^2-3x+3(1-y)-1)^2-18(1-y)^2(y^2-x)}\)
Jest to po prostu funkcja zmiennej \(\displaystyle{ x, \ x\in\left( 0, \frac{y^2}{2}\right)}\).
Wolfram powiedział mi (boję się minusów w funkcjach złożonych, zawsze się na tym wykładam), że
pierwsza pochodna tej funkcji po \(\displaystyle{ x}\) wynosi \(\displaystyle{ 6(3x-3y+1)}\), ponadto druga pochodna tej funkcji jest zawsze dodatnia, równa \(\displaystyle{ 18}\) (czyli funkcja jest wypukła). Zatem jeśli \(\displaystyle{ x_0=y-\frac 1 3}\)
należy do przedziału \(\displaystyle{ \left( 0, \frac{y^2}{2}\right)}\), to właśnie w tym punkcie wypada minimum naszej funkcji.
Rozważamy więc następujące przypadki:
1) \(\displaystyle{ 0<y-\frac 1 3<\frac{y^2}{2}}\), tj. \(\displaystyle{ y\in \left( \frac 1 3, 1-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)}\)
Wówczas wystarczy sprawdzić wartość funkcji \(\displaystyle{ g(x)=(3y^2-3x+3(1-y)-1)^2-18(1-y)^2(y^2-x)}\)
dla \(\displaystyle{ x_0=y-\frac 1 3}\) (tutaj bowiem wypada minimum) i stwierdzić, że jest ona nieujemna:
\(\displaystyle{ g(x_0)=(3y^2-6y+3)^2-18(1-y)^2\left( y^2-y+\frac 1 3\right)=\\=9(y-1)^2\left( (y-1)^2-2\left( y^2-y+\frac 1 3\right) \right)=\\=3(y-1)^2\left(1-3y^2 \right)}\)
a to ostatnie wyrażenie jest nieujemne nawet w przedziale
\(\displaystyle{ \left( -\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{3}}{3}\right)}\)
i pozostaje sprawdzić, że \(\displaystyle{ \frac{\sqrt{3}}{3}>1-\frac{\sqrt{3}}{3}}\), co wynika np. z nierówności \(\displaystyle{ \sqrt{3}>\frac 3 2}\).
2) \(\displaystyle{ y\le \frac 1 3}\)
Zostawiam jako ćwiczenie dla czytelnika.
3) \(\displaystyle{ y\ge 1-\frac{\sqrt{3}}{3}}\)
Też zostawiam jako ćwiczenie dla czytelnika.

To kończy dowód lematu \(\displaystyle{ (*)}\)(powiedzmy).

Teraz już łatwo. Korzystając z nierówności Cauchy'ego-Schwarza otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \left( a\sqrt{2(b^2+c^2)}+b(c+a)+c(a+b)\right)\left(\frac{a}{\sqrt{2(b^2+c^2)}}+\frac b {c+a}+\frac c{a+b} \right) \ge \\ \ge (a+b+c)^2=1}\)
Oczywiście oba czynniki są dodatnie i skoro na mocy lematu pierwszy z nich nie przekracza \(\displaystyle{ \frac 2 3}\), to drugi jest nie mniejszy niż \(\displaystyle{ \frac 3 2}\), c.n.d.

Tak w ogóle to obliczanie pochodnej da się zastąpić analizą trójmianu kwadratowego, bo \(\displaystyle{ g(x)}\) jest funkcją wielomianową drugiego stopnia, a nierówność Cauchy'ego-Schwarza też można udowodnić obliczając wyróżnik odpowiednio dobranego trójmianu, więc w zasadzie to jest całkowicie elementarne (gorzej z elegancją).

[timon92]

@up:    

rozwiązanie wzorcowe korzysta z Höldera:
\(\displaystyle{ \left(\frac{a}{\sqrt{2(b^2+c^2)}}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)^2\left(a(2b^2+2c^2)+b(c+a)^2+c(a+b)^2\right) \\ \ge (a+b+c)^3}\)

dalej łatwo z AM-GM

wrzuć nowe zadanie, proszę

[Premislav]

Wow, dobre.

Nowe zadanie: dla \(\displaystyle{ a,b,c}\) dodatnich proszę wykazać, że
\(\displaystyle{ \left( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)^2\ge (a+b+c)\left( \frac 1 a+\frac 1 b+\frac 1 c\right)}\)

[PokEmil]

Rozwiązanie:    

Lemat: dla dodatniego \(\displaystyle{ k}\) zachodzi \(\displaystyle{ k^2 - k - 1 + \frac{1}{k} \ge 0}\).
Dowód: Mnożąc przez \(\displaystyle{ k}\) wyjściowe równanie, mamy: \(\displaystyle{ k^3 - k^2 - k + 1 = k^2(k-1) - (k-1) = (k-1)(k^2 - 1) = (k-1)^2(k+1)}\). Oba wyrażenia \(\displaystyle{ (k-1)^2}\) oraz \(\displaystyle{ k+1}\) są nieujemne, więc ich iloczyn również jest liczbą nieujemną. To dowodzi prawdziwości nierówności \(\displaystyle{ k^2 - k - 1 + \frac{1}{k} \ge 0}\).
Rozwiązanie:
Wymnażając oba wyrażenia wyjściowego równania, otrzymujemy \(\displaystyle{ \frac{a^2}{b^2} + \frac {b^2}{c^2} + \frac {c^2}{a^2} + 2 \cdot \frac {a}{c} + 2 \cdot \frac {b}{a} + 2 \cdot \frac{c}{b} \ge 3 + \frac {a}{b} + \frac {b}{c} + \frac {c}{a} + \frac {a}{c} + \frac {b}{a} + \frac {c}{b}}\).
Skracając i przerzucając wszystko na jedną stronę: \(\displaystyle{ \frac{a^2}{b^2} - \frac {a}{b} - 1 + \frac {b}{a} + \frac{b^2}{c^2} - \frac {b}{c} - 1 + \frac {c}{b} + \frac{c^2}{a^2} - \frac {c}{a} - 1 + \frac {a}{c} \ge 0}\). Podstawiając \(\displaystyle{ k}\) odpowiednio za \(\displaystyle{ \frac {a}{b}}\), \(\displaystyle{ \frac {b}{c}}\), \(\displaystyle{ \frac {c}{a}}\) otrzymujemy na mocy lematu sumę trzech liczb, z których każda jest nieujemna, więc suma ta także jest nieujemna, co dowodzi prawdziwości nierówności \(\displaystyle{ \left( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)^2\ge (a+b+c)\left( \frac 1 a+\frac 1 b+\frac 1 c\right)}\), co należało dowieść.

Nowe zadanie:
Udowodnij, że dla dowolnych liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ a, b, c, d, e}\) zachodzi nierówność: \(\displaystyle{ \frac {a^2}{2} + \frac {b^4}{4} + \frac {c^8}{8} + \frac {d^{16}}{16} + \frac {e^{32}}{32} \ge abcde - \frac{1}{32}}\).

[kerajs]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ T:\\
\frac {a^2}{2} + \frac {b^4}{4} + \frac {c^8}{8} + \frac {d^{16}}{16} + \frac {e^{32}}{32} + \frac{1}{32} \ge abcde}\)

\(\displaystyle{ \frac {a^2}{2} + \frac {b^4}{4} + \frac {c^8}{8} + \frac {d^{16}}{16} + \frac {e^{32}}{32} + \frac{1}{32} =\frac {a^2}{2} + \frac {b^4}{4} + \frac {c^8}{8} + \frac {d^{16}}{16} + \frac{ \frac {e^{32}}{16} + \frac{1}{16}}{2} \ge \\
\ge \frac {a^2}{2} + \frac {b^4}{4} + \frac {c^8}{8} + \frac {d^{16}}{16} + \frac {e^{16}}{16} \ge \frac{a^2}{2} + \frac {b^4}{4} + \frac {c^8}{8} + \frac {(de)^{8}}{8} \ge \frac{a^2}{2} + \frac {b^4}{4} + \frac {(cde)^4}{4} \ge \\
\ge \frac{a^2}{2} + \frac {(bcde)^2}{2} \ge \sqrt{(abcde)^2}=\left| abcde\right| \ge abcde}\)

\(\displaystyle{ \bigwedge\limits_{a,b\in \NN_+} \frac{1}{ \sqrt[a]{b} }+ \frac{1}{ \sqrt[{}b]{a} } >1}\)

[Premislav]

Ukryta treść:    

jeśli \(\displaystyle{ x>-1}\) oraz \(\displaystyle{ y\in \left( 0,1\right]}\), to z

Kod: Zaznacz cały

https://pl.wikipedia.org/wiki/Nier%C3%B3wno%C5%9B%C4%87_Bernoulliego

[/b] otrzymujemy
\(\displaystyle{ \left( 1+x\right)^y\le 1+xy}\),
odwracamy to i mamy
\(\displaystyle{ \left( \frac{1}{1+x}\right)^y\ge \frac{1}{1+xy} \ (*)}\)
przy założeniach jak poprzednio.
Teraz jeżeli w \(\displaystyle{ (*)}\) podstawimy kolejno \(\displaystyle{ x=b-1, \ y=\frac{1}{a}}\)
oraz \(\displaystyle{ x=a-1, \ y=\frac {1}{b}}\),
gdzie \(\displaystyle{ a,b\in \NN^+}\) i dodamy otrzymane w ten sposób nierówności stronami, to dostaniemy:
\(\displaystyle{ \left( \frac{1}{b}\right)^{\frac{1}{a}} +\left( \frac{1}{a}\right)^{\frac{1}{b}}\ge \frac{a}{a+b-1} +\frac{b}{a+b-1}=\frac{a+b}{a+b-1}>1}\)

-- 23 lip 2018, o 22:44 --

Nowe:
niech \(\displaystyle{ a_1, a_2, \ldots a_{2011}}\) będą nieujemnymi liczbami rzeczywistymi oraz niech
\(\displaystyle{ a_1+a_2+\ldots+a_{2011}=\frac{2011}{2}}\)
Przyjmujemy też \(\displaystyle{ a_{2012}:=a_1}\). Proszę udowodnić, że
\(\displaystyle{ \left| \prod_{k=1}^{2011}(a_{k+1}-a_{k}) \right|\le \frac{3\sqrt{3}}{16}}\)

[mol_ksiazkowy]

Ukryta treść:    

albo tez SA> SG tj. \(\displaystyle{ \sqrt[a]{b \cdot 1 \cdot .... \cdot 1} \leq \frac{b+a-1}{a}}\) itd

[Premislav]

niech \(\displaystyle{ a_1, a_2, \ldots a_{2011}}\) będą nieujemnymi liczbami rzeczywistymi oraz niech
\(\displaystyle{ a_1+a_2+\ldots+a_{2011}=\frac{2011}{2}}\)
Przyjmujemy też \(\displaystyle{ a_{2012}:=a_1}\). Proszę udowodnić, że
\(\displaystyle{ \left| \prod_{k=1}^{2011}(a_{k+1}-a_{k}) \right|\le \frac{3\sqrt{3}}{16}}\)

To zadanie chyba jest za trudne (co ciekawe, zdaje się, że można je uogólnić na dowolne \(\displaystyle{ n}\) nieparzyste i większe niż \(\displaystyle{ 1}\)), dajmy sobie z nim spokój. Pochodzi ono z finału brazylijskiej olimpiady matematycznej z roku 2011 (nie zrobiłem, tylko trafiłem na rozwiązanie, ale myślałem, że będzie fajna rozrywka dla twardszych zawodników stąd). Tutaj macie rozwiązanie:
https://artofproblemsolving.com/communi ... 49p2473608

Ewentualnie gdyby ktoś miał jakiś niecodzienny pomysł, to proszę śmiało wrzucać.

Nowe zadanie, tym razem w mojej opinii bardziej stonowane (mam nadzieję, że jeszcze nie było):
niech \(\displaystyle{ a,b,c>0}\). Proszę udowodnić, że
\(\displaystyle{ \frac{\sqrt{b+c}}{a}+\frac{\sqrt{c+a}}{b}+\frac{\sqrt{a+b}}{c}\ge \frac{4(a+b+c)}{\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}}}\)

[Premislav]

Znowu się zablokowało.

wskazówka nr 1:    

wymnożyć przez mianownik prawej strony i z Cauchy'ego-Schwarza
\(\displaystyle{ \sqrt{(a+b)(a+c)}\ge a+\sqrt{bc}}\) i podobne szacowania dla dwóch kolejnych składników.

wskazówka nr 2:    

Po tym szacowaniu i prostych przeliczeniach wystarczy, choć niekoniecznie potrzeba wykazać, że
\(\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}^{} \frac{(b+c)\sqrt{bc}}{a} \ge 2(a+b+c)}\),
a tutaj może być pomocne twierdzenie o ciągach jednomonotonicznych lub nierówność Czebyszewa (którą to zresztą dowodzi się właśnie z ciągów).

A jak ktoś nie lubi Czebyszewa, to bez straty ogólności (dlaczego?) załóżmy, że \(\displaystyle{ abc=1}\), a dalej już stosunkowo łatwo ze średnich.

[bosa_Nike]

inaczej:    

Hölder:

\(\displaystyle{ \left(\sum\frac{\sqrt{a+b}}{c}\right)^2\cdot\sum c^2(a+b)^2\ge 8\left(\sum a\right)^3}\)

Wystarczy dowieść

\(\displaystyle{ \frac{8\left(\sum a\right)^3}{\sum (ac+bc)^2}\ge\frac{16\left(\sum a\right)^2}{\prod (a+b)}}\)

Równoważnie

\(\displaystyle{ \sum a\cdot\prod (a+b)\ge 2\sum (ac+bc)^2}\)

Ponieważ

\(\displaystyle{ 2\sum (ac+bc)^2=2\sum \left(a^2c^2+2abc^2+b^2c^2\right)=4\sum a^2b^2+4abc\sum a}\)

oraz

\(\displaystyle{ \begin{aligned}\sum a\cdot\prod (a+b)&=\sum a\cdot\Bigl(\sum ab\cdot\sum a-abc\Bigr)\\&=\left(\sum a\right)^2\cdot\sum ab-abc\sum a\\&=\sum a^2\cdot\sum ab+2\left(\sum ab\right)^2-abc\sum a\\&=\sum\left(a^2+b^2+c^2\right)ab+2\sum a^2b^2+4abc\sum a-abc\sum a\\&=\sum ab\left(a^2+b^2\right)+abc\sum a+2\sum a^2b^2+3abc\sum a \end{aligned}}\)

więc pozostaje

\(\displaystyle{ \sum ab\left(a^2+b^2\right)\ge 2\sum a^2b^2}\)

prawdziwa z AM-GM.

Równość dla \(\displaystyle{ a=b=c}\).

Oblicz największą i najmniejszą wartość wyrażenia \(\displaystyle{ P=\left(a^2+2\right)\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)}\) dla liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ a,b,c\ge 1}\), takich że \(\displaystyle{ a+b+c=6}\).

[Premislav]

Ukryta treść:    

Najpierw wartość największa. Bez straty ogólności niech \(\displaystyle{ c=\min\left\{ a,b,c\right\}}\), wówczas oczywiście \(\displaystyle{ c\le 2}\). Oznaczmy
\(\displaystyle{ P(a,b,c)=(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)}\). Mamy:
\(\displaystyle{ P\left( \frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2}, c\right)-P(a,b,c)=\\=(c^2+2)\left( \left(\left( \frac{a+b}{2}\right)^2+2 \right)^2 -(a^2+2)(b^2+2)\right)}\),
a zatem
\(\displaystyle{ 16\left\{ P\left( \frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2}, c\right)-P(a,b,c)\right\}=\\=(c^2+2)\left( (a+b)^4-16a^2b^2-16(a-b)^2\right)=\\=(c^2+2)\left(a-b \right)^2((a+b)^2+4ab-16)\ge 0}\)
i jeśli \(\displaystyle{ a\neq b}\), to ta nierówność jest ostra, więc jeśli \(\displaystyle{ a\neq b}\), to możemy zwiększyć wartość \(\displaystyle{ P}\) z utrzymaniem warunków \(\displaystyle{ a+b+c=6, \ a,b,c\ge 1}\) zastępując liczby \(\displaystyle{ a,b}\) ich średnią arytmetyczną. Wystarczy więc w celu maksymalizacji \(\displaystyle{ P}\) rozważyć przypadek \(\displaystyle{ c\in [1,2], \ a=b=\frac{6-c}{2}}\). Otrzymujemy wówczas takie oto wyrażenie:
\(\displaystyle{ (c^2+2)\left(\left( \frac{6-c}{2}\right)^2 +2\right)^2}\),
a nietrudno udowodnić, że dla \(\displaystyle{ c\in [1,2]}\) jego największa wartość to
\(\displaystyle{ 216}\) (osiągana w punkcie \(\displaystyle{ c=2}\)):
mamy
\(\displaystyle{ 216-(c^2+2)\left(\left( \frac{6-c}{2}\right)^2 +2\right)^2=\\=-\frac 1{16}(c-2)^2(c^4 - 20 c^3 + 150 c^2 - 424 c + 104)}\)
a ten ostatni czynnik jest niedodatni dla \(\displaystyle{ c\in [1,2]}\), bo na przykład
\(\displaystyle{ c^4< 20c^3 \wedge 150c^2\le 300 c \wedge 104 < 124c}\).
Pomysł był taki, że dobrze by było, gdyby ten wielomian dzielił się przez parzystą potęgę \(\displaystyle{ (c-2)}\) i okazało się, że faktycznie tak jest.
Ostatecznie więc największa wartość wyrażenia \(\displaystyle{ P}\) przy podanych założeniach wynosi \(\displaystyle{ 216}\) i jest przyjmowana dla \(\displaystyle{ a=b=c=2}\).

Chętnie zobaczyłbym rozwiązanie z klasycznymi nierównościami, ale niestety wymiękłem. Szacowanie z góry wyrażeń zawierających kwadraty to mój słaby punkt (niejedyny zresztą).

Teraz pora na znalezienie najmniejszej wartości:
ogólna koncepcja jest taka (choć to się nie musiało powieść), że iloczyn zmniejszymy przy ustalonej sumie, zwiększając odległość między pewnymi dwoma zmiennymi.
bez straty ogólności niech \(\displaystyle{ a=\max\left\{ a,b,c\right\}}\), wówczas oczywiście \(\displaystyle{ a\in [2,4]}\). Jeśli \(\displaystyle{ a<4}\), to \(\displaystyle{ b>1}\) lub \(\displaystyle{ c>1}\), bo \(\displaystyle{ a+b+c=6}\)
i jeżeli akurat \(\displaystyle{ b>1}\), to możemy dobrać takie \(\displaystyle{ \epsilon>0}\), by
\(\displaystyle{ P\left( a+\epsilon, b-\epsilon, c\right)<P(a,b,c)}\):
rozpisując tę nierówność, otrzymujemy
\(\displaystyle{ P(a,b,c)-P(a+\epsilon, b-\epsilon, c)=\\=(c^2+2)\left( (a^2+2)(b^2+2)-\left((a+\epsilon)^2+2 \right)\left((b-\epsilon)^2+2 \right) \right)=\\=(c^2+2)\left( (ab)^2-(a+\epsilon)^2(b-\epsilon)^2+2a^2+2b^2-2(a+\epsilon)^2-2(b-\epsilon)^2\right)=\\=(c^2+2)\left( \left(ab-(a+\epsilon)(b-\epsilon) \right)\left( ab+(a+\epsilon)(b-\epsilon)\right) +4b\epsilon -4a\epsilon-4\epsilon^2\right)=\\=(c^2+2)\left((\epsilon^2+(a-b)\epsilon)(2ab+\epsilon(b-a)-\epsilon^2) +4\epsilon(b-a)-4\epsilon^2\right)=\\=\epsilon (c^2+2)\left( \epsilon+a-b\right)\left(2ab+\epsilon(b-a)-\epsilon^2-4 \right)}\)
i teraz skoro \(\displaystyle{ a=\max\left\{ a,b,c\right\} \ge 2, \ b>1}\), to \(\displaystyle{ 2ab-4>0}\), ponadto
\(\displaystyle{ \lim_{ \epsilon \to 0^+}\left\{ \epsilon(b-a)-\epsilon^2\right\}=0}\),
więc istotnie możemy dobrać takie \(\displaystyle{ \epsilon>0}\), by
\(\displaystyle{ P(a+\epsilon, b-\epsilon, c)<P(a,b,c)}\),
na przykład jeśli \(\displaystyle{ \epsilon=\frac{a-b}{n}}\), gdzie \(\displaystyle{ n\in \NN^+}\) jest tak dobrane, by
\(\displaystyle{ \frac{1}{n^2}+\frac{1}{n}\le \frac{2}{n}< \frac{2ab-4}{(a-b)^2}}\), choćby
\(\displaystyle{ n=\left\lceil \frac{(a-b)^2}{ab-2} \right\rceil+1}\),
to jest OK.

Analogicznie postępujemy, gdy \(\displaystyle{ b=1}\) (więc \(\displaystyle{ b}\) nie możemy już zmniejszyć), lecz \(\displaystyle{ c>1}\), wystarczy w powyższych rachunkach zamienić literki \(\displaystyle{ b}\) i \(\displaystyle{ c}\) miejscami.
Nie możemy przeprowadzić tego procesu tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ a=4, b=1, c=1}\) lub \(\displaystyle{ a=b=c=2}\) (ale jak poprzednio pokazałem, w tym drugim przypadku wyrażenie \(\displaystyle{ P}\) przyjmuje maksymalną wartość; tzn. dla \(\displaystyle{ a=b=c}\) moglibyśmy jak najbardziej oddalać \(\displaystyle{ a}\) od którejś z pozostałych zmiennych, jak opisałem, ale w moich rachunkach trzeba inaczej wyznaczyć \(\displaystyle{ \epsilon}\), choć argument z granicą może już jest wystarczający).
Stąd już nietrudno wywnioskować, że najmniejsza wartość wyrażenia \(\displaystyle{ P}\) będzie przyjęta dla \(\displaystyle{ a=4, \ b+c=6-a=2}\), czyli \(\displaystyle{ a=4, \ b=1, \ c=1}\) i wynosi ona \(\displaystyle{ 162}\).

Wrzucę nowe zadanie, gdy ktoś to sprawdzi. Chętnie zobaczyłbym też jakiś bardziej ludzki sposób.