Matematické Fórum

6c6f6c · 13. 01. 2020 00:24

Dobrý den.

Pro kladná čísla $a, b, c$ ukažte:

$(a+b)(b+c)(c+a)\ge 8abc$

Dospěl jsem k:
$(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+2)\ge 8$

Což je při $\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge 2$ pro každá $\mathbb{R}^{+}$ pravda.

Nyní mám ale rozhodnout, zda nerovnost platí i pro jakékoli reálná čísla.

Jediné co mě napadlo:

Pokud pro $\mathbb{R}$ platí, že: $(x-y)^{2}\ge 0$ , pak nerovnost neplatí, protože nejmenší číslo, které můžu dostat na levé straně je $2$ .

Nejsem si vůbec jistý, zda je to správně.

Tyhle věci nejsou ze školy, učím se dokazování / ukazování nerovnic sám, proto se omlouvám za nejasnosti nebo špatné pojmy.

Děkuji.

laszky · 13. 01. 2020 00:47

↑ 6c6f6c:

Ahoj, zvol a,b,c tak, aby na leve strane vysla nula a na prave neco kladnyho
$(a+b)(b+c)(c+a)\ge 8abc$

6c6f6c · 13. 01. 2020 08:13 — Editoval 6c6f6c (13. 01. 2020 08:18)

Například:

$a=-2, b=-2, c=2$

A co jsem tím přesně zjistil?

Jde to dokázat i jinak než dosazením?

vanok · 13. 01. 2020 08:56 — Editoval vanok (14. 01. 2020 03:00)

Ahoj ↑ 6c6f6c: ,
Poznamka:
Na dokaz tvojej nerovnosti mozes pouzit tieto 3 nerovnosti ( pre a,b,c kladne)
$2\sqrt {ab}\le a+b$
$2\sqrt {bc}\le b+c$
$2\sqrt {ca}\le c+a$
( ktore vies iste sam dokazat)
tak, ze urobis ich sucin.

byk7 · 13. 01. 2020 12:14

↑ 6c6f6c:

> A co jsem tím přesně zjistil?

Přesně jsi tím zjistil to, že zadaná nerovnost neplatí pro libovolná reálná čísla. Jinak řečeno, předpoklad o kladnosti čísel a, b, c nemůže být vynechán.

> Jde to dokázat i jinak než dosazením?

Čistě teoreticky bys mohl zkusit nerovnost považovat za nerovnici a najít všechny trojice reálných čísel, které to splňují. Ale proč bys to dělal? Úkolem je rozhodnout, jestli pro "libovolná (ne nutně kladná) reálná čísla platí nerovnost". Už víš, že platí pro kladná. Tak se budeš dívat např. na to, když jedno číslo bude záporné. No a po chvilce hraní si nebo za použití nějaké zkušenosti by se mělo zdát jasné, že toto platit nebude. Takže stačí najít jediný protipříklad, který jsi už našel. (Mimochodem, není nutné nulovat kteroukoliv ze stran, lazsky to navrhl proto, že se protipříklad hledá jednodušeji. Ale těch je celá řada, další třeba a=-2, b=1, c=18.)

6c6f6c · 13. 01. 2020 13:09

Dobře, co když by $a, b, c$ ale mohlo být záporné pouze v nějakým intervalu? Mohl bys mě nakopnout nějakým nápadem na tvoje "Čistě teoreticky" prosím?

vanok; snažil jsem se nějak najít ty nerovnice, ale nedaří se. Jmenuje se ten důkaz nějak?

vanok · 13. 01. 2020 15:51

Ahoj ↑ 6c6f6c:,
mozes vyuzit, ze $0\le (\sqrt a-\sqrt b)^2$ a jej podobne nerovnosti.

Ze to dokazes!

6c6f6c · 13. 01. 2020 19:31

Dostal jsem se pouze k $a^{2}-4ab+b^{2}\geqq0$ .

vlado_bb · 13. 01. 2020 19:38

↑ 6c6f6c:Skus dosadit $a=b=1$ .

vanok · 13. 01. 2020 21:59 — Editoval vanok (13. 01. 2020 22:00)

Ahoj ↑ 6c6f6c:, to mne odpovedas ?
Ja som cakal, ze napises toto
$0\le (\sqrt a-\sqrt b)^2=a-2\sqrt{ab}+b$
co je ekvivalentne z $2\sqrt {ab}\le a+b$ .....a analogicky pre ostatne 2 nerovnosti.

6c6f6c · 13. 01. 2020 22:17

Jžš, udělal jsem početní chybu v jednom z kroků, děkuju, k tomu jsem se taky dostal.

A co teď tedy vím, že nemůžu dosadit jakékoli reálné číslo, ale pouze v intervalu $<0;\infty )$ ?

Kdy $a=b=0$ : $0 \leqq 0$

A jakékoli reálné číslo menší než nula mi dá nerovnost.

vanok · 13. 01. 2020 22:29

↑ 6c6f6c:,
Nie, to dokazuje, ze nerovnost plati pre lubovolne kladne cisla.
( a specialne to da rovnost pre $a=b=c \ge 0$ . ).

6c6f6c · 13. 01. 2020 22:47

Dobře a to, že platí pouze pro libovolná kladná čísla zjistím zkušebním dosazením.

Jde to i bez zkušebního dosazování?

krakonoš · 13. 01. 2020 23:09

↑ 6c6f6c:
Zdá se mi, že po roznásobení všech závorek dostaneš
$a^{2}b+ac^{2}+a^{2}c+b^{2}c+b^{2}a+bc^{2}>=6abc$
Dále máme dokázat $b(a^{2}+c^{2})+a(c^{2}+b^{2})+c(a^{2}+b^{2})>=6abc$
My ale víme, že např první člen z těchto tří lze odhadnout $a^{2}+c^{2}>=2ac$ .
Víš proč, poznáváš něco v tom?

6c6f6c · 14. 01. 2020 20:31

krakonoš napsal(a):
↑ 6c6f6c:
Zdá se mi, že po roznásobení všech závorek dostaneš
$a^{2}b+ac^{2}+a^{2}c+b^{2}c+b^{2}a+bc^{2}>=6abc$
Dále máme dokázat $b(a^{2}+c^{2})+a(c^{2}+b^{2})+c(a^{2}+b^{2})>=6abc$
My ale víme, že např první člen z těchto tří lze odhadnout $a^{2}+c^{2}>=2ac$ .
Víš proč, poznáváš něco v tom?

Jo, pokračuje:

$a^{2}-2ac+c^{2}\ge 0$
$(a-c)^{2}\ge 0$

Matematické Fórum

#1 13. 01. 2020 00:24

Nerovnosti; ukaž / dokaž

#2 13. 01. 2020 00:47

Re: Nerovnosti; ukaž / dokaž

#3 13. 01. 2020 08:13 — Editoval 6c6f6c (13. 01. 2020 08:18)

Re: Nerovnosti; ukaž / dokaž

#4 13. 01. 2020 08:56 — Editoval vanok (14. 01. 2020 03:00)

Re: Nerovnosti; ukaž / dokaž

#5 13. 01. 2020 12:14

Re: Nerovnosti; ukaž / dokaž

#6 13. 01. 2020 13:09

Re: Nerovnosti; ukaž / dokaž

#7 13. 01. 2020 15:51

Re: Nerovnosti; ukaž / dokaž

#8 13. 01. 2020 19:31

Re: Nerovnosti; ukaž / dokaž

#9 13. 01. 2020 19:38

Re: Nerovnosti; ukaž / dokaž

#10 13. 01. 2020 21:59 — Editoval vanok (13. 01. 2020 22:00)

Re: Nerovnosti; ukaž / dokaž

#11 13. 01. 2020 22:17

Re: Nerovnosti; ukaž / dokaž

#12 13. 01. 2020 22:29

Re: Nerovnosti; ukaž / dokaž

#13 13. 01. 2020 22:47

Re: Nerovnosti; ukaž / dokaž

#14 13. 01. 2020 23:09

Re: Nerovnosti; ukaž / dokaž

#15 14. 01. 2020 20:31

Re: Nerovnosti; ukaž / dokaž

krakonoš napsal(a):

Zápatí