Доказать неравенство $$\frac{n^3}{(a_1+...+a_n)(b_1+...+b_n)-(c_1+...+c_n)^2}\le\frac1{a_1b_1-c_1^2}+...+\frac1{a_nb_n-c_n^2},$$ где $%a_1,...,a_n,b_1,...,b_n,c_1,...,c_n$% - положительные числа, причём $%a_kb_k>c_k^2$% для всех $%k=1,...,n$%.

задан 7 Июн '15 17:24

изменен 7 Июн '15 17:37

10|600 символов нужно символов осталось
2

$$P_k(x)=a_kx^2+2c_kx+b_k,\min P_k(x)=\frac{a_kb_k-c_k^2}{a_k},$$ $$P(x)=\sum P_k(x),\min P_(x)=\frac{\sum a_k\sum b_k-(\sum c_k)^2}{\sum a_k},$$ $$\min P_(x)\ge\sum\min P_k(x)\Rightarrow \frac{\sum a_k\sum b_k-(\sum c_k)^2}{\sum a_k}\ge\sum\frac{a_kb_k-c_k^2}{a_k},$$ $$\frac{n^3}{\sum a_k\sum b_k-(\sum c_k)^2}\le\frac{n^3}{\sum a_k\sum\frac{a_kb_k-c_k^2}{a_k}}=\frac{n^3\sum\frac1{a_kb_k-c_k^2}}{\sum\frac1{a_kb_k-c_k^2}\sum a_k\sum\frac{a_kb_k-c_k^2}{a_k}}\le\sum\frac1{a_kb_k-c_k^2},$$ поскольку по неравенству Коши $$\sum\frac1{a_kb_k-c_k^2}\sum a_k\sum\frac{a_kb_k-c_k^2}{a_k}\ge n\sqrt[n]{\prod\frac1{a_kb_k-c_k^2}}\cdot n\sqrt[n]{\prod a_k}\cdot n\sqrt[n]{\prod\frac{a_kb_k-c_k^2}{a_k}}=n^3.$$

ссылка

отвечен 11 Июн '15 22:16

изменен 11 Июн '15 22:28

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×172

задан
7 Июн '15 17:24

показан
670 раз

обновлен
11 Июн '15 22:28

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru