Dowodzenie tweirdzeń Madzia: Wykaż, że: a) a²(1+b²)+b²(1+c²)+c²(1+a²) ≥ 6abc b) ^a_b+^b_c+^c_a ≥ 3 c) ^ab_c+^bc_a+^ca_b ≥ a + b + c d) ^a2_b + ^c2_d ≥ ^{(a + c)2}_{b + d} e) ^a2_bc + ^b2_ca + ^c2_ab ≥ 3 f) jeżeli abc = 1 to (x+a)(x+b)(x+c) ≥ (x+1)³

PW: b) jest wynikiem zastosowania nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną dla trzech liczb:

	a		b		c
		+		+		≥33√abbcca=33√1=3
	b		c		a

syk: nie można określić 2 bo za a b c można wziąć cokolkiwek

PW: Oczywiście pod warunkiem, że a, b, c są wszystkie dodatnie lub wszystkie ujemne.

PW: a) Wiadomo, że (1−|b|)²≥0, stąd (1) 1+b²≥2|b| i analogicznie (2) 1+c²≥2|c| (3) 1+a²≥2|a|. Mamy więc a²(1+b²)+b²(1+c²)+c²(1+a²)≥a²(2|b|)+b²(2|c|)+c²(2|a|)≥ ≥3³√2a²|b|2b²|c|2c²|a|=3³√8|a|³|b|³|c³|=6|a||b||c|≥6abc.

PW: c) Zakładamy, że wszystkie liczby są dodatnie.

	b		c		b		c
a		+a		=a(		+		)≥2a
	c		b		c		b

− korzystamy ze znanej nierówności: suma liczby dodatniej i jej odwrotności jest równa co najmniej 2. Podobnie

	a		c
b		+b		≥2b
	c		a

	b		a
c		+c		≥2c
	a		b

Po dodaniu stronami powyższych trzech nierówności i podzieleniu przez 2 otrzymujemy tezę.

PW: e) to prawdę mówiąc inna wersja b) − dowód wynika z tej samej nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną dla trzech liczb dodatnich. Więcej nie pomagam, bo pewnie niepotrzebna ta pomoc.

jc: f nie jest prawdziwe bez założenia, że a,b,c,x≥0 (np. a=1,b=c=−1, x=1 lub a=b=1/2, b=4, x=−1/2). (f) ⇔ (a+b+c)x² + (ab+bc+ca)x ≥ 3x² + 3x Wystarczy, że a+b+c ≥ 3 i ab+bc+ca ≥ 3, co mam miejsce jeśli a,b,c≥0 i abc=1.