jak JSNZ: Jak przejść z 3(^b_a+^c_c+^a_c)≥(a+b+c)(¹_a+¹_b+¹_c) na: (b+c−a)(c−a)²+(c+a−b)(a−b)²+(a+b−c)(b−c)²≥0 Jeżeli a,b,c są długościami boków trójkąta?

JSNZ: poprawka 3(^b_a+^c_b+^a_c)≥...

Mila:

b

c

a

1

1

1

3*(

+

+

)−(a+b+c)*(

+

+

≥ ?0 /*(abc)

a

b

c

a

b

c

	b*a*b*c		c*a*b*c		a*a*b*c
3*(		+		+		)−
	a		b		c

	abc		abc		abc
(a+b+c)*(		+		+		≥0
	a		b		c

L=3b²c+3ac²+3a²c−(a+b+c)*(bc+ac+ab)= =3b²c+3ac²+3a²c−(abc+a²c+a²b+b^c+abc+ab²+bc²+ac²+abc) teraz zredukuj i pogrupuj Po kolacji pomogę, jeśli nie dasz rady

JSNZ: troche źle wymnożyłaś, po redukcji wychodzi mi L=2b²c +2ac² +2a²b −3abc −a²c −ab² −bc² (dla P=0, oczywiście)

Mila: Możesz napisać oryginalną treść zadania?

JSNZ: Niech a,b,c będą długościami boków trójkąta. Udowodnij, że: 3 min { ^a_b + ^b_c + ^c_a , ^b_a + ^c_b + ^a_c } ≥ (a+b+c)(¹_a+¹_b+¹_c).

PW: Same mechaniczne przekształcenia relacji między długościami boków nie dają szansy skorzystania z założenia, że jest to trójkąt. Może skorzystać ztrwierdzenia sinusów: a=2Rsinα, b=2Rsinβ, c=2Rsinγ i powalczyć z równoważną nierównością o prawej stronie

1

1

1

1

1

1

1

(a+b+c)(

+

+

)=2R(sinα+sinβ+sinγ)

(

+

+

)=

a

b

c

2R

sinα

sinβ

sinγ

	1		1		1
=(sinα+sinβ+sinγ)(		+		+		)
	sinα		sinβ		sinγ

jc: Warunek Δ można uwzględnić przyjmując, że a=y+z, b=z+x, c=x+y, x,y,z >0. Wtedy zadanie sprowadza się do pokazania, że 2(x²y+y²z+z²x) ≤ x³+y³+z³ lub 2(x²z+y²x+z²y) ≤ x³+y³+z³ dla x,y,z > 0.

jc: Oj, trochę inaczej. 2(x²y+y²z+z²x) ≤ x³+y³+z³ + x²z+y²x+z²y lub 2(x²z+y²x+z²y) ≤ x³+y³+z³ + x²y+y²z+z²x dla x,y,z > 0.

jc: Chyba mam. x²y+y²z+z²x ≤ x²z+y²x+z²y lub x²z+y²x+z²y ≤ x²y+y²z+z²x poza tym x²y+y²z+z²x ≤ x³ + y³ + z³ oraz x²z+y²x+z²y ≤ x³ + y³ + z³ Wystarczy teraz dodać odpowienie nierówność.