Matematické Fórum

byk7 · 04. 08. 2010 13:51

Dobré odpoledne,

rád bych založil toto téma, kde bych dával nerovnosti,
s kterýma mám problém.

A hned první je:
Dokažte, že pro $a,b,c\in\mathbb{R}^+$
platí $(a+b)(b+c)(c+a)\ge8abc$ .

halogan · 04. 08. 2010 14:07

Pokud stačí graficky.

byk7 · 04. 08. 2010 14:18

No, pročítám si letošní seriál z PraSátka a tam přesně stojí:

Cvičení. Pro kladná čísla $a, b, c$ ukažte
$(a + b)(b + c)(c + a)\ge8abc$
a rozhodněte, zda nerovnost platí i pro reálná čísla.
Návod. Vynásobte tři platné nerovnosti.

Mr.Pinker

když to budeš postupně upravovat tak ti výjde
$(a+b)(b+c)(c+a)\ge8abc$
$ac^2+bc^2+b^2c+a^2b+a^2c+ab^2+2abc\ge8abc$
$a*(b^2-2bc+c^2)+b*(a^2-2ac+c^2)+c*(a^2-2ab+b^2)\ge0$
$a*(b-c)^2+b*(a-c)^2+c*(a-b)^2\ge0$

a pokud a b c sou kladná čísla tak součin bude složen jen z kladnejch čísel tudíž zákonitě větší roven nule

je to srozumitelný ?

edit: jo jistě promin to je že dělám kolem x dalších věcí a pak to není pečlivý :-D

Stýv · 04. 08. 2010 15:34

↑ byk7: když nerovnost, tak AG nerovnost;)

byk7 · 04. 08. 2010 15:35 — Editoval byk7 (04. 08. 2010 15:44)

↑ Stýv: v tomhle AG nerovnost jaksi nevidím

Edit: ↑ Mr.Pinker: je to srozumitelné, asi překlep $a(b^2-2bc+c^2)+b(a^2-2ac+c^2)+c(b^2-2ba+a^2)\ge0$

petrkovar

↑ byk7:A takto $\frac{(a + b)}{2}\frac{(b + c)}{2}\frac{(c + a)}{2}\ge abc$ ?

Stýv · 04. 08. 2010 15:41

↑ byk7: podívej se pořádně, ani není nijak schovaná;)

byk7 · 04. 08. 2010 15:44

↑ petrkovar: ↑ Stýv: stále nic

Stýv · 04. 08. 2010 15:48

↑ byk7: $\frac{(a + b)}{2}\frac{(b + c)}{2}\frac{(c + a)}{2}\ge \sqrt{ab}\sqrt{bc}\sqrt{ca}$ už?

byk7 · 04. 08. 2010 15:49

↑ Stýv: už ano, ještě asi nejsem tak zběhlý, jako ty, díky

byk7 · 10. 08. 2010 13:13 — Editoval byk7 (10. 08. 2010 13:16)

Ach ta AG. Pro $x,\,y,\,z\in\mathbb{R}^+$ dokažte $(x+y+z)^2\ge3\sum_{\rm{cyc}}x\sqrt{yz}$ .

Děkuji za pomoc

dotaz: do jaké části matematiky patří nerovnosti? do algebry nebo do analýzy? nebo ještě jinam?

byk7 · 17. 08. 2010 17:09

↑ byk7: napadl mě jeden důkaz, chtěl bych poprosit o kontrolu:
substituce $a^2:=x,\,b^2:=y,\,c^2:=z$ , tedy
$$a^2+b^2+c^2$^2\ge3\sum_{\rm{cyc}}a^2bc$ ,
po úpravě
$a^4+b^4+c^4+2\sum_{\rm{cyc}}a^2b^2\ge3\sum_{\rm{cyc}}a^2bc$ ,
ta vznikne součtem tří nerovností
$a^4+b^4+c^4\ge\sum_{\rm{cyc}}a^2bc \nl \sum_{\rm{cyc}}a^2b^2\ge \sum_{\rm{cyc}}a^2bc \nl \sum_{\rm{cyc}}a^2b^2\ge \sum_{\rm{cyc}}a^2bc$ .

O platnosti každé z nich se dá přesvědčit pomocí vážené AG nerovnosti.

Stýv · 17. 08. 2010 19:52

co ja zač ta vážená AG?

byk7 · 17. 08. 2010 20:09

↑ Stýv: Pomocný text BRKOSu 2009, str. 2

Matematické Fórum

#1 04. 08. 2010 13:51

Nerovnosti

#2 04. 08. 2010 14:07

Re: Nerovnosti

#3 04. 08. 2010 14:18

Re: Nerovnosti

#4 04. 08. 2010 15:13 — Editoval Mr.Pinker (04. 08. 2010 15:44)

Re: Nerovnosti

#5 04. 08. 2010 15:34

Re: Nerovnosti

#6 04. 08. 2010 15:35 — Editoval byk7 (04. 08. 2010 15:44)

Re: Nerovnosti

#7 04. 08. 2010 15:40 — Editoval petrkovar (04. 08. 2010 15:40)

Re: Nerovnosti

#8 04. 08. 2010 15:41

Re: Nerovnosti

#9 04. 08. 2010 15:44

Re: Nerovnosti

#10 04. 08. 2010 15:48

Re: Nerovnosti

#11 04. 08. 2010 15:49

Re: Nerovnosti

#12 10. 08. 2010 13:13 — Editoval byk7 (10. 08. 2010 13:16)

Re: Nerovnosti

#13 17. 08. 2010 17:09

Re: Nerovnosti

#14 17. 08. 2010 19:52

Re: Nerovnosti

#15 17. 08. 2010 20:09

Re: Nerovnosti

Zápatí