dowolne liczby Michał: udowodnij że dla dowolnych liczb x,y i z różnych od 0, prawdziwa jest nierówność 2x² + 5y² + 3z² − 6xy − 2xz + 5yz > 0 sporo kombinowałem i dochodzę cały czas do postaci typu (x−z)² + 2(z+y)² + (x−2y)² − y² + yz > 0 co w sumie chyba jeszcze nie udowadnia że L>P dlatego prosiłbym o jakieś wskazówki jak to rozłożyć inaczej

Eta: (2x−3y−z)²+(2z+y)²+z²>0

Eta: Oczywiście ...najpierw pomnożyłam tę nierówność przez 2 4x²+10y²+6z²−12xy−4xz+10yz>0 i równoważna tej co wyżej podałam

jc:

	1
=		[ (2x−3y − z)2 + (y+2z)2 + z2]
	2

ale lepiej sprawdź!

Eta:

jc: Nie przypadkowo nasze wyniki są takie same − to systematyczne uzupełnianie do pełnego kwadratu czyli diagonalizacja Lagrange'a.

Eta: 2 sposób "ukochaną deltą" podstaw za y=mx i za z= nx , m, n≠0 i dzieląc przez x²≠0 otrzymasz nierówność kwadratową 5m²−(5n−6)m+3n²−2n+2>0 Δ_m= ........................ <0 i parabola ramionami do góry zatem ... taka nierówność jest prawdziwa dla każdych x,y,z ≠0

Michał: Tylko kurcze jak wpaść na to że to będzie akurat (2x−3y−z)² ? Tzn sprowadzić do dwóch wyrazów w nawiasie okej, ale do trzech nie potrafię

Eta: 2 sposób zawsze daje pożądany rezultat

jc: (2x)² − 2*(2x)(3y+z) + ... to początek pewnego kwadratu x²+ 2ax + ... to początek (x+a)²

jc: Eta to właściwie to samo. Gdzieś czytałem, że na całym świecie uczą sprowadzania do postaci kanonicznej, tylko u nas króluje nieśmiertelna delta.

Michał: Eta, przeanalizowałem sposób z deltą, przeliczyłem i wyszło jak należy, dziękuję, super sposobik jc, dzięki to (2x)² − 2*(2x)(3y+z) + ... jest już po pomnożeniu nierówności przez 2?

jc: Tak. A mnożymy tylko po to, aby nie męczyć się potem z ułamkami.

Michał: tak, tak rozumiem, dziękuję

Eta: