Средно Аритметично > Средно Геометрично

[Titu_Andrescu]

Известно е, че ако a,b,c са неотрицателни реални числа, то (a+b+c)/3≥³√(abc).

Да се докаже по-силното неравенство: (a+b+c)/3-³√(abc)≥ max{(√a-√b)²,(√b-√c)²,(√c-√a)²}

http://www.math10.com/forumbg/viewtopic.php?t=748

[Реклама]

[Мирослав Стоенчев]

Ще докажем,че (a+b+c)/3-(abc)^1/3 ≤ max{(√a-√b)²,(√b-√c)²,(√c-√a)²}

Д-во.Вместо а,b,c ще запишем а⁶,b⁶,c⁶ .Трябва да
докажем,че а⁶+b⁶+c⁶+3(abc)²≥2[(ab)³+(bc)³+(ca)³]
Получаваме
2[(ab)³+(bc)³+(ca)³]≤(ab)²(a²+b²)+(bc)²(b²+c²)+(ca)²(c²+a²)≤
а⁶+b⁶+c⁶+3(abc)².
За да се убедим,че а⁶+b⁶+c⁶+3(abc)²-(ab)²(a²+b²)-(bc)²(b²+c²)-(ca)²(c²+a²)≥0
представяме го във вида:
а²(а²-b²)(а²-c²)+b²(b²-а²)(b²-c²)+c²(а²-c²)(b²-c²)
Б.о.о. ще считаме,че а≥b≥c. Достатъчно е да покажем,че
а²(а²-b²)(а²-c²)-b²(а²-b²)(b²-c²)≥0 <=> (a-b)[a(a-c)-b(b-c)]≥0 <=> (a-b)²(a+b-c)≥0, което е изпълнено.Така доказахме,че (a+b+c)/3-(abc)^1/3 ≤[(√a-√b)²+(√b-√c)²+(√c-√a)²]/3≤ max{(√a-√b)²,(√b-√c)²,(√c-√a)²}.

[dancho]

Страхотно доказателство!

[Titu_Andrescu]

Шпенглер, доста интесно доказателство. Между другото авторът на тази задача е Titu.

[Мирослав Стоенчев]

Неравенството a²(a²-b²)(a²-c²)+b²(b²-a²)(b²-c²)+c²(c²-a²)(c²-b²)≥0 може да се докаже като се използва неравенството на Шур: x(x-y)(x-z)+y(y-x)(y-z)+z(z-x)(z-y)≥0, за произволни неотрицателни реални x,y,z.
Като го приложим за числата x=a², y=b², z=c², получаваме:
a²(a²-b²)(a²-c²)+b²(b²-a²)(b²-c²)+c²(c²-a²)(c²-b²)≥0.