La [tex]a,b,c \geq 0[/tex] og [tex]a+b+c=ab+bc+ca[/tex]
Finn maksimum av k s. a.:
[tex](a+b+c)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}-k) \geq k[/tex]
alltid stemmer
Maksimumsverdi
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
[tex](a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(a+b+c) \Rightarrow (a+b+c)^2-2(a+b+c)=a^2+b^2+c^2[/tex]
[tex]\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}} \geq \frac{a+b+c}{3} \Rightarrow a^2+b^2+c^2 \geq \frac{(a+b+c)^2}{3} \Rightarrow (a+b+c)^2-2(a+b+c) \geq \frac{(a+b+c)^2}{3} \Rightarrow (a+b+c) \geq 3[/tex]
Kan fortsette en annen dag. Denne var ikke så lett.
Hvis [tex]a=b=c=1[/tex] så er [tex]k= \frac{9}{8}[/tex], så vil foreløpig satse på den. Skal se om jeg kan bevise det imorra.
[tex]\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}} \geq \frac{a+b+c}{3} \Rightarrow a^2+b^2+c^2 \geq \frac{(a+b+c)^2}{3} \Rightarrow (a+b+c)^2-2(a+b+c) \geq \frac{(a+b+c)^2}{3} \Rightarrow (a+b+c) \geq 3[/tex]
Kan fortsette en annen dag. Denne var ikke så lett.
Hvis [tex]a=b=c=1[/tex] så er [tex]k= \frac{9}{8}[/tex], så vil foreløpig satse på den. Skal se om jeg kan bevise det imorra.
-
mrcreosote
- Guru
- Innlegg: 1995
- Registrert: 10/10-2006 20:58
Ulikheta kan skrives
[tex](a+b+c)(\frac1{a+b}+\frac1{b+c}+\frac1{c+a}) \ge (1+a+b+c)k[/tex],
men siden
[tex]\frac1{a+b}+\frac1{b+c}+\frac1{c+a} = \frac{(a+b+c)(1+a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}[/tex]
får vi
[tex]\frac{(a+b+c)^2}{(a+b)(b+c)(c+a)} = \frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)} = 1+\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge k[/tex]
så k=1 vil alltid fungere. Vi har akkurat sett at k heller ikke kan være større. (a=0, b=c=2.)
[tex](a+b+c)(\frac1{a+b}+\frac1{b+c}+\frac1{c+a}) \ge (1+a+b+c)k[/tex],
men siden
[tex]\frac1{a+b}+\frac1{b+c}+\frac1{c+a} = \frac{(a+b+c)(1+a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}[/tex]
får vi
[tex]\frac{(a+b+c)^2}{(a+b)(b+c)(c+a)} = \frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)} = 1+\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge k[/tex]
så k=1 vil alltid fungere. Vi har akkurat sett at k heller ikke kan være større. (a=0, b=c=2.)