Hogyan lehet megoldani:a a kobon torve b plusz b a kobon torve c plusz c a kobon torve a> vagy =a negyzet+b negyzet+c negyzet?

Gondolom ez a feladat:

((a^3)/b) + ((b^3)/c) +((c^3)/a) ≥ a^2 + b^2 + c^2

Egy erdekes kerdes lenne, hogy

a₁^n/a₂ + a₂^n/a₃ + ... + aᵢ₋₁^n/aᵢ + aᵢ^n/a₁ ≥ a₁^(n-1) + a₂^(n-1) + ... + aᵢ^(n-1) igaz-e.

Tehat kobok es negyzetek helyett n-edik es n-1-edik hatvanyok es nem 3 elemmel, hanem i darab elemmel (i pozitiv egesz) n=1-re nyilvan igaz, de nem hiszem, hogy teljes indukcio mukodne.

Valaki más is feladta már ezt a kérdést ma (illetve tegnap), olvasd el a válaszomat ott:

http://www.gyakorikerdesek.hu/kozoktatas-tanfolyamok__hazife..

BKRS, nézd már meg te is, hátha tudsz egyszerűbb bizonyítást...

Anyam, en nem ilyen lovat akartam....

(az a igazsag, hogy en is parcialis derivalason tortem a fejem)

Egesz biztos lattam ezt a feladat tipust elemi modszerrel...

Olyan KoMaL problema jellege van, nem?

Akkor kell itt lennie elemi megoldasnak.

Milyen temakornel vagytok? Geometria?

(a^2+b^2+c^2 az egy teglatest testatlojanak a hossza)

Vagy a kulonbozo kozep szamitasok kozti egyenlotlensegek?

Hogy ne kelljen sokat irnom:

jeloljuk A=a^2, B=b^2, C=c^2

x=a/b, y=b/c, z=a/c

Azt akarjuk bizonyitani, hogy

Ax+By+CZ ≥ A+B+C

Felteheto, hogy a≥b≥c

*** a/b - b/c = (ac -bb)/bc ≥ 0 Ezt tegyuk fel, lehet az ellenkezoje is. Az alabbiak viszont biztosak:

b/c - c/a = (ab - cc)/(ac) ≥ 0

a/c - c/a = (aa - cc)/(ac) ≥ 0

Ekkor:

(A-B)(x-y) + (B-C)(y-z) + (A-C)(x-z) ≥ 0

2Ax + 2By + 2Cz - Ay - Az - Bx -Bz - Cx - Cz ≥ 0

3(Ax + By + Cz) ≥ Ax + Ay + Az + Bx + By + Bz + Cx + Cy + Cz

Ax + By +Cz ≥ (A+B+C)(x+y+z)/3

Namost a szamtani-mertani kozep kozti egyenlotlenseg miatt:

(x+y+z)/3 = (a/b + b/c + c/a)/3 ≥ (a/b * b/c * c/a )^(1/3) = 1

Tehat

Ax + By +Cz ≥ (A+B+C)(x+y+z)/3 ≥ A+B+C

Vagyis

Ax + BY + Cz ≥ A+B+C

Viszont volt a *** felteves, amit egyelore fogalmam nincs hogy lehetne kikuszobolni, ha valakinek nem esik a vakfoltjara (bongolo!!!) akkor segithetne...

Adtál egy ötletet, BKRS. Én eredetileg nem vezettem be z-t, de látom, hogy érdemes, és x,y,z-vel a számtani-mértani egyenlőtlenségből hasznos dolog jön ki.

Szóval:

Teljesen szimmetrikus minden, tehát feltehetjük, hogy:

a ≥ b ≥ c

Legyen x=a/b, y=b/c. Mindkettő ≥ 1

Legyen z=c/a (ez egyébként ≤ 1)

Ezekkel az egyenlőtlenség:

a²x + b²y + c²z ≥ a²+b²+c²

a²(x-1)+b²(y-1)+c²(z-1) ≥ 0

Mivel a=xy·c és b=y·c:

c²(x²y²(x-1)+y²(y-1)+(z-1)) ≥ 0

A zárójelben lévő kifejezést nevezzük F-nek:

F = x²y²(x-1)+y²(y-1)+(z-1)

Mivel c pozitív, bizonyítandó, hogy F ≥ 0.

Idáig gyakorlatilag ugyanaz, mint amit korábban is csináltam. Most viszont:

A számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség miatt:

(x+y+z)/3 ≥ ³√(xyz) = ³√(a/b·b/c·c/a) = ³√1 = 1

x+y+z ≥ 3

z ≥ 3-x-y

F = x²y²(x-1)+y²(y-1)+(z-1)

Helyettesítsük z helyébe a nála kisebb fenti kifejezést:

F ≥ x²y²(x-1)+y²(y-1)+(3-x-y - 1) =

= x²y²(x-1)+y²(y-1)-(x-1)-(y-1) =

= (x-1)(x²y²-1) + (y-1)(y²-1) = G

Mivel x ≥ 1 és y ≥ 1, ezért G ≥ 0

Vagyis F ≥ G ≥ 0

és ezt kellett bizonyítani.

Sajnos van egy probléma a megoldással...

a≥b≥c nem tehető fel, mert nem teljesen szimmetrikus a dolog, hisz a-t határozottan b-vel osztjuk, b-t c-vel, stb. Ezért meg kell nézni azt is, ha a≥c≥b, vagyis amikor x≥1, y≤1, z≤1

Most nincs időm utánagondolni, hogy ez mennyit változtat a bizonyításon, csak gyorsan leírtam ezt... (BKRS, esetleg neked van idod?)

a≥c≥b eseten szerintem tok ugyanigy mennek a dolgok:

Legyen x=a/b, y=b/c, z=c/a

ekkor x≥1, y≤1, z≤1

a²x + b²y + c²z ≥ a²+b²+c²

a²(x-1)+b²(y-1)+c²(z-1) ≥ 0

Mivel a=xy·c és b=y·c:

c²(x²y²(x-1)+y²(y-1)+(z-1)) ≥ 0

A zárójelben lévő kifejezést nevezzük F-nek:

F = x²y²(x-1)+y²(y-1)+(z-1)

Mivel c pozitív, bizonyítandó, hogy F ≥ 0.

x+y+z)/3 ≥ ³√(xyz) = ³√(a/b·b/c·c/a) = ³√1 = 1

x+y+z ≥ 3

y≥ 3-x-z

z ≥ 3 -x-y

F = x²y²(x-1)+y²(y-1)+(z-1)

F ≥ x²y²(x-1)+y²(3-x-z-1)+(z-1) =

x²y²(x-1)+y²(1-x + 1-z)+(z-1) =

(x²y²-y²)(x-1)+(1-y²)(1-z)=

(x²-1)y²(x-1)+(1-y²)(1-z)

Az elso tag pozitiv, a masodik meg ket negativ szam szorzata, szinten pozitiv.

Valojaban a te megoldasodban sincs gond,

szerintem at lehet az egeszet alakitani egy esette,

csak attol fuggoen mi a sorrendje a,b,c-nek vagy pozitiv szamok szorzata lesz a vegeredmenyben vagy negativ szamoke,

mindket eset pozitivot ad.