wykaz Mirek: Udowodnij że jeżeli a,b,c > 0 i abc=2 to (2+a)(2+b)(2+c)>33

PW:

	2+a		2+b		2+c
(2+a)(2+b)(2+c):(abc)3=		+		+		=
	abc		abc		abc

2

a

2

b

2

c

=(

+

)(

+

)(

+

).

abc

abc

abc

abc

abc

abc

Po skorzystaniu a założenia abc=2 mamy:

(2+a)(2+b)(2+c)		a		b		c
	=(1+		)(1+		)(1+		)=
8		2		2		2

	abc		a+b+c		ab+ac+bc
1+		+		+		,
	8		2		4

a więc

	a+b+c		ab+ac+bc
(2+a)(2+b)(2+c)=8(1+{2}{8}+		+		)=10+4(a+b+c)+2(ab+ac+bc)
	2		4

Zastosowanie twierdzenia o nierówności między średnią arytmetyczną 3 liczb a ich średnią geometryczną dwukrotnie − do każdej z sum w nawiasach − kończy dowód, niech zainteresowany sam dokończy.

zombi: Tak z ciekawości tam miało być 32 czy na pewno 33?

Eta: Myślę,że miało być >32 (√2−√a)²>0 ⇒ 2+a>2√2a podobnie 2+b>2√2b 2+c>2√2c mnożąc stronami (2+a)(2+b)(2+c)> 8√8abc= 8*√16=32

PW: a+b+c≥3³√abc=3³√2>3•1,25=3,75 ab+ac+bc>3³√(abc)²>3•1,93=5,79 4(a+b+c)>4•3,75=15 2(ab+ac+bc)>2•5,79=11,58 Szacowane wyrażenie jest więc wieksze od 10+15+11,58=36,58 Przy mniej dokładnym przybliżeniu ³√2>1.2 otrzymamy niemal dokładnie 33. Eta, masz świetny pomysł na tę nierówność, ale równość (2+a)(2+b)(2+c)=8√2a2b2c ma miejsce tylko dla a=b=c=2, natomiast dla innych a,b,c nierówność jest ostra, więc (2+a)(2+b)(2+c) > 32, i o to pytali − o ile większe to będzie od 32, gdy abc=2

Eta: PW ależ ja napisałam (2+a)(2+b)(2+c) >8√8abc (2+a)(2+b)(2+c) > 8*4 (2+a)(2+b)(2+c) >32

PW: Tak, wyraziłem nawet uznanie dla zwięzłego dowodu. Wszystko rozumiem. Ale pytanie było o 33, a nie o 32. Dlatego mój dowód już nie mógł być taki elegancki, musiało być jakieś przekształcenie pozwalające znaleźć tę brakującą jedynkę.

Eta:

PW: A Mirek i tak tego nie przeczytał, widocznie pracuje w rozrywce (zapewnił nam rozrywkę, a sam się nudzi).

zombi: