Matematyka.pl

\(\displaystyle{ a,b \in \RR}\)

\(\displaystyle{ a ^{2} +ab+b ^{2} \ge 0}\)

\(\displaystyle{ a^2+ab+b^2=\frac{1}{2} \left( a^2+b^2 \right) +\frac{1}{2} \left( a^2+2ab+b^2 \right) =\frac{1}{2} \left( a^2+b^2 \right) +\frac{1}{2} \left( a+b \right) ^2 \ge 0}\)

Edit:
\(\displaystyle{ a^2+ab+b^2= \left( a+ \frac{b}{2} \right) ^2+ \frac{3b^2}{4} = \left( b+ \frac{a}{2} \right) ^2+ \frac{3a^2}{4} \ge 0}\)

Można policzyć deltę na przykład jeśli potraktujemy to jak równanie kwadratowe zmiennej \(\displaystyle{ a}\) z parametrem \(\displaystyle{ b}\) wtedy \(\displaystyle{ \Delta_a=b^2-4b^2=-3b^2 \le 0}\) co kończy dowód.

\(\displaystyle{ a ^{2} +ab+b ^{2} \ge 0}\)
Nierówność jest symetryczna, więc bez straty ogólności niech \(\displaystyle{ |a| \le |b|}\)
Jeżeli \(\displaystyle{ b=0}\), to nierówność sprowadza się od oczywistego \(\displaystyle{ a^2 \ge 0}\).
Załóżmy teraz, że \(\displaystyle{ b \neq 0}\) i podzielmy nierówność z tezy stronami przez \(\displaystyle{ b^2}\).
Otrzymamy wówczas równoważną wyjściowej nierówność
\(\displaystyle{ \left( \frac a b\right)^2+\frac a b+1 \ge 0}\)
Podstawmy \(\displaystyle{ t=\frac a b}\) i mamy \(\displaystyle{ t^2+t+1 \ge 0}\)
Ponieważ jednak zakładamy \(\displaystyle{ |a| \le |b|}\), to \(\displaystyle{ |t| \le 1}\), w szczególności \(\displaystyle{ t \ge -1}\),
więc \(\displaystyle{ t^2+t+1 \ge t+1 \ge 0}\)
co kończy dowód. I nie trzeba liczyć delty. Jednak rozwiązanie usera kerajs zdecydowanie najprostsze.

-- 9 lip 2017, o 00:35 --

Połóżmy \(\displaystyle{ a=r\cos \varphi, b=r\sin \varphi, r \ge 0, \varphi \in [0,2\pi)}\)
i mamy nierówność
\(\displaystyle{ r^2+r^2 \cos \varphi \sin \varphi \ge 0}\)
Jeśli \(\displaystyle{ r=0}\), to koniec, teza zachodzi, jeśli \(\displaystyle{ r >0}\), to równoważnie możemy podzielić przez \(\displaystyle{ r^2}\) stronami, co daje \(\displaystyle{ 1+\cos \varphi \sin \varphi \ge 0}\)
ale ta nierówność jest oczywista, bo
\(\displaystyle{ \cos \varphi \in [-1,1], \sin \varphi \in [-1,1]}\), toteż \(\displaystyle{ \cos \varphi\sin \varphi \ge -1}\)
c.k.d.

Premislav pisze: Połóżmy \(\displaystyle{ a=r\cos \varphi, b=r\sin \varphi, r \ge 0, \varphi \in [0,2\pi)}\)

A skąd wiadomo, że ma zachodzić \(\displaystyle{ a^2+b^2=1}\)?

\(\displaystyle{ a^2+ab+b^2}\) jest wyrażeniem jednorodnym stopnia \(\displaystyle{ 2.}\), więc możemy tak przyjąć bez zmniejszenia ogólności (skoro prawa strona jest zerem i zachodzi to o czym wspomniałem, to nierówność dla liczb \(\displaystyle{ a, b}\) dla \(\displaystyle{ \eta>0}\) jest równoważna nierówności dla liczb \(\displaystyle{ \frac a \eta, \frac b \eta}\), więc jeśli \(\displaystyle{ a^2+b^2=\eta^2, \ \eta>0}\), to wystarczy zastąpić liczby \(\displaystyle{ a, b}\) liczbami \(\displaystyle{ \frac{a}{\eta}, \frac{b}{\eta}}\)). Ale zdecydowanie trzeba to napisać, dzięki.
No i jednak oddzielnego rozpatrzenia wymaga \(\displaystyle{ a=b=0}\), co przeoczyłem, ale wówczas nierówność jest oczywista (tylko że ona w ogóle jest oczywista, więc takie przeoczenie to istotny błąd, niestety).

-- 9 lip 2017, o 06:08 --

Właściwie to z uwagi na to co napisałem, po rozważeniu trywialnego przypadku a=b=0 możemy podstawić \(\displaystyle{ a=\cos \varphi, b=\sin \varphi}\)...

Bez zmniejszania ogólności można przyjąć, że \(\displaystyle{ |a|\geq |b|}\).

wtedy
\(\displaystyle{ a^2+ab+b^2\geq a^2+ab\geq |a|^2-|a||b|=|a|(|a|-|b|)\geq 0}\)

-- 9 lip 2017, o 08:22 --

Albo tak: dla \(\displaystyle{ ab\geq 0}\) nierówność jest trywialna. A przy \(\displaystyle{ ab<0}\) mamy
\(\displaystyle{ a^2+ab+b^2=(a+b)^2-ab>0}\)

Z symetrii bez straty ogólności niech \(\displaystyle{ a \ge b}\) wtedy mnożąc stronami przez \(\displaystyle{ a-b \ge 0}\) nie zmienimy znaku

\(\displaystyle{ (a-b)(a^2+ab+b^2) \ge 0}\)

\(\displaystyle{ a^3-b^3 \ge 0}\)

\(\displaystyle{ a^3 \ge b^3}\)

\(\displaystyle{ a \ge b}\)

cnd.

Można nie powoływać się na symetrie i analogicznie sprawdzić przypadek \(\displaystyle{ a \le b}\)

Lider_M pisze:

Premislav pisze: Połóżmy \(\displaystyle{ a=r\cos \varphi, b=r\sin \varphi, r \ge 0, \varphi \in [0,2\pi)}\)

A skąd wiadomo, że ma zachodzić \(\displaystyle{ a^2+b^2=1}\)?

Przecież Premislav nigdzie nie zakłada, że \(\displaystyle{ a^2+b^2 = 1}\), tylko, że \(\displaystyle{ a^2+b^2 = r^2}\). Dla każdej pary liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ (a,b)}\) istnieje takie \(\displaystyle{ \varphi}\) oraz \(\displaystyle{ r \ge 0}\).

lolks123, słuszna uwaga, już sam się dałem wkręcić, bo zobaczyłem ten post pięć minut po przebudzeniu (na pewno nie było to Przebudzenie Mocy, hehe).

Czy moze byc tak banalnie

\(\displaystyle{ \left( \frac{a}{2} + b \right) ^{2} + \frac{3}{4} a ^{2} \ge 0}\)

PS sorry za odświeżanie tematu

To rozwiązanie jest poprawne i już obecne - w drugim poście.

Tak też można: \(\displaystyle{ \frac{3(a+b)^2+(a-b)^2}{4}\ge 0}\)