zależność między bokami trójkata
teofrast: BOKI a, b, c TRÓJKĄTA .
Pokazać, że długości boków a, b, c dowolego trójkąta spełniają nierówności:
(i) : a2b( b − a ) + b2c( c − b ) + c2a( a − c ) ≤ 0
(ii) : 3 [ √ bc( −a+b+c) + √ ca( a−b+c) + √ ab( a+b−c) ]2 ≤ ( a + b +c )3
Już tydzień nad tym siedzę i nic...
13 lip 12:19
Vax: (i) Podstawmy a=x+y , b=y+z , c=x+z gdzie x,y,z > 0 wówczas nierówność przyjmuje postać:
(x+y)
2(y+z)(z−x) + (y+z)
2(x+z)(x−y) + (x+z)
2(x+y)(y−z) ≤ 0
⇔
x
3z + y
3x + z
3y ≥ x
2yz + xy
2z + xyz
2
Ale z ważonej am−gm wynika:
| 4x3z+2xy3+z3y | |
| ≥ 7√(x3z)4*(xy3)2*z3y = x2yz |
| 7 | |
Dodając tą i 2 analogiczne nierówności dostajemy tezę, qed.
(ii)
Wymnażamy wszystko ,,na chama" i doprowadzamy naszą nierówność do równoważnej:
a
3+b
3+c
3+15abc ≥ 6(a
√bc(a+b−c)(a−b+c)+b
√ac(−a+b+c)(a+b−c)+c
√ab(a−b+c)(−a+b+c))
Teraz zauważamy, że z am−gm wynika:
2
√bc(a+b−c)(a−b+c) = 2
√b(a−b+c) * c(a+b−c) ≤ b(a−b+c)+c(a+b−c) = −b
2−c
2+2bc+ab+ac
⇔ 2a
√bc(a+b−c)(a−b+c) ≤ −ab
2−ac
2+2abc+a
2b+a
2c
Dodając tą i 2 analogiczne nierówności otrzymujemy:
2(a
√bc(a+b−c)(a−b+c)+b
√ac(−a+b+c)(a+b−c)+c
√ab(−a+b+c)(a−b+c)) ≤ 6abc /*3 ⇔
P ≤ 18abc
Pozostaje pokazać a
3+b
3+c
3+15abc ≥ 18abc ⇔ a
3+b
3+c
3 ≥ 3abc co wynika z am−gm qed.
Pozdrawiam.
PS. Jakbyś miał jeszcze jakieś fajne nierówności możesz dać
13 lip 15:49
teofrast: Witaj, Vax.
Dzięki. Mam dużo nierówności i je będe sukcesywnie publikował...
P. S. Udało mi się dowieść (i) na drodze rozważań analitycznych. Parę stron liczenia. Mało to
eleganckie, choć pouczające
14 lip 02:44