:) Metis: Zadanie na dobranoc Przypomnijcie mi schemat: Wykaż, że dla każdej dodatniej a prawdziwa jest nierówność:

	6
a6+		≥7
	a

jc: średnia arytmetyczna ≥ średnia geometryczna

a6 + 1/a + 1/a + 1/a + 1/a + 1/a + 1/a
	≥ [a6 * (1/a)6]1/7 = 1
7

Kacper: Jaki schemat? Masz myśleć, a nie uczyć się schematów.

Jack: Lub bez srednich... "na okolo"

	6
a6 +		≥ 7
	a

skoro dla kazdej dodatniej to mozemy pomnozyc przez "a", wtedy a⁷ + 6 − 7a≥ 0 czyli a⁷ − 7a + 6 ≥ 0 Teraz grupowanie / Horner 1. Grupowanie: a⁷ − a + 1 − a + 1 − a + 1 − a+1 − a+1 − a + 1 − a ≥ 0 (a⁷ − a) + (1 − a) + (1 − a) + (1 − a) + (1 − a) + (1 − a) + (1 − a) ≥ 0 a(a⁶ − 1) − 1(a−1) − 1(a−1) − 1(a−1) − 1(a−1) − 1(a−1) − 1(a−1) ≥ 0 Teraz −> a⁶ − 1 mozna zapisac jako (a³)² − 1² = (a³−1)(a³+1) = (a−1)(a²+a+1)(a³+1) No to dalej... a(a−1)(a²+a+1)(a³+1) − 1(a−1) − 1(a−1) − 1(a−1) − 1(a−1) − 1(a−1) − 1(a−1) ≥ 0 (a−1)(a(a²+a+1)(a³+1)) −1 −1 −1 −1 −1 −1 ) ≥ 0 Warto zauwazyc ze (a³+1) = (a+1)(a² − a + 1) (a−1)(a(a²+a+1)(a+1)(a² − a + 1) −1 −1 −1 −1 −1 −1 ) ≥ 0 (a−1)[a⁶+a⁵+a⁴+a³+a²+a −1 −1 −1 −1 −1 −1] ≥ 0 (a−1)[a⁶ − a⁵ + 2a⁵ − 2a⁴ + 3a⁴ − 3a³ + 4a³ − 4a² + 5a² −5a + 6a − 6] ≥ 0 (a−1)[a⁵(a −1)+2a⁴(a−1) +3a³(a−1) + 4a²(a−1)+5a(a−1)+6(a−1)]≥0 (a−1)[(a−1)(a⁵+2a⁴+3a³+4a²+5a+6)] ≥ 0 (a−1)²(a⁵+2a⁴+3a³+4a²+5a+6) ≥ 0 i wlasciwie na tym konczymy dowod, gdyz a jest dodatnie(z polecenia) wiec (a−1)² jest na pewno nieujemne, a liczba (a⁵+2a⁴+3a³+4a²+5a+6) ≥ 0 jest dodatnia, gdyz a>0 c.n.w Dzielenia nie bd przedstawial bo nie ma sensu, ale widac ze "jedynka"jest pierwiastkiem podwojnym. Jak widac, duzo latwiej jest wykazac z rownania o srednich ; albo dzieleniem... bo prostsze niz grupowanie na pewno

Metis: Cześć Kacper Wiadomo Ale ta nierówność pojawia się często w różnych formach