Matematyka.pl

Niech \(\displaystyle{ a,b,c}\) będą większe od zera. Wykaż, że
\(\displaystyle{ a+b+c=6 \Rightarrow abc \le 8}\).

Jak to zrobić? Może mi ktoś pomóc?

No proszę, przecież to bezpośredni wniosek z AM-GM.

JK

A nie ma jakiegoś elementarnego dowodu na poziomie szkoły średniej? Czyli
\(\displaystyle{ \frac{a+b+c}{3}=2 }\), zatem z nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną mamy:
\(\displaystyle{ 2= \frac{a+b+c}{3} \ge \sqrt[3]{abc} }\), a zatem
\(\displaystyle{ abc \le 8}\),
zgadza się?

Zgadza się.

JK

Elementarny sposób:
podstawiamy \(\displaystyle{ c=6-a-b}\) i mamy do udowodnienia, że gdy \(\displaystyle{ a,b\ge 0, \ a+b\le 6}\), to
\(\displaystyle{ ab(6-a-b)\le 8.}\)
Teraz \(\displaystyle{ a+b\ge 2\sqrt{ab}}\), bo \(\displaystyle{ \left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge 0}\), stąd
\(\displaystyle{ ab(6-(a+b))\le ab\left(6-2\sqrt{ab}\right)}\)
i mamy do wykazania nierówność wielomianową zmiennej \(\displaystyle{ t=\sqrt{ab}, \ t\in [0,3]}\):
\(\displaystyle{ t^2(6-2t)\le 8}\)
a to wystarczy przerzucić na jedną stronę i skorzystać z twierdzenia o pierwiastkach wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitych lub ordynarnie zgadnąć rozkład.
Ja jednak myślę, że warto znać nierówność między średnią arytmetyczną a geometryczną.

Można to zrobić również tak:
Jeżeli w trójce liczb `a\le b\le c` zastąpimy skrajne liczby przez ich średnią arytmetyczną, to suma się nie zmieni, a iloczyn (o ile tylko są różne) wzrośnie, bo \(\displaystyle{ \left(\frac{a+c}{2}\right)^2\ge ac}\).
Jeżeli będziemy iterować ten proces, to otrzymamy ciąg trójek liczb \(\displaystyle{ (a_n,b_n,c_n)}\) taki, że \(\displaystyle{ a_n\le b_n\le c_n, \ a_n+b_n+c_n=6}\) i ciag `a_nb_nc_n` jest niemalejący.
Pokażę, że \(\displaystyle{ (a_n,b_n,c_n)\to(2,2,2)}\)
Liczby `a_{n+1},b_{n+1},c_{n+1}` leżą w jednej połowie przedziału `(a_n,c_n)`, zatem \(\displaystyle{ c_{n+1}-a_{n+1}\le \frac12(c_n-a_n)}\). Stąd wniosek, że `c_n-a_n\le \frac{1}{2^n}(c-a)` i
\(\displaystyle{ 3a_n\le 6=a_n+b_n+c_n\le a_n+2c_n=3a_n+2(c_n-a_n)\le \frac{1}{2^{n-1}}(c-a)}\),
co pokazuje, że `a_n->2` a w konsekwencji `b_n,c_n\to2`.
Zatem \(\displaystyle{ abc\le a_nb_nc_n\nearrow 8}\), co kończy dowód

gdy \(a\le b\le c\) i \(a+b+c=6\), to \(a\le 2\le c\), więc \((2-a)(c-2)\ge 0 \implies ac \le 2a+2c-4=2(4-b)\)

poza tym \((b-2)^2\ge 0 \implies (4-b)b\le 4\)

po zebraniu tego do kupy: \(abc \le 2(4-b)b \le 8\)

timon92 pisze: 17 maja 2023, o 13:21 więc \((2-a)(c-2)\ge 0 \implies ac \le 2a+2c-4=2(4-b)\)

Może ktoś mnie wytłumaczyć tę implikacje?

Implikacja \(\displaystyle{ (2-a)(c-2)\ge 0 \implies ac \le 2a+2c-4}\) jest dość oczywista - wymnóż nawiasy i przenieś na drugą stronę nierówności co trzeba.

Równość \(\displaystyle{ 2a+2c-4=2(4-b)}\) to z kolei inna wersja warunku \(\displaystyle{ a+b+c=6.}\)

A to wyrażenie \(\displaystyle{ (b-2)^2\geq}\) to po co i skąd się wzięło?

Dynia5 pisze: 10 cze 2023, o 11:39 A to wyrażenie \(\displaystyle{ (b-2)^2\geq}\) to po co i skąd się wzięło?

Skąd? Z wiedzy ogólnej - kwadrat dowolnej liczby rzeczywistej jest nieujemny.

Po co? Bo była taka potrzeba (lub - jeśli wolisz- taki był pomysł na rozwiązanie tego zadania).

A umiejętność wymyślania takich rozwiązań to jedna z "mocy" timona92...

JK

Ja nie pytam o prawdziwość tylko o to dlaczego to było potrzebne. A ty mnie nie wyjaśniasz tylko piszesz taki był pomysł na...

Nie bardzo rozumiem, jakiego wyjaśnienia oczekujesz. Przecież masz napisane rozwiązanie - czego w nim nie rozumiesz? Było potrzebne do takiego właśnie rozwiązania, które łączy ze sobą dwie nierówności, by otrzymać nierówność, która jest tezą.

JK

Albo tak:
stereometria-f37/maksymalna-objetosc-pr ... l#p5321473