La [tex]a,b,c[/tex] være reelle tall og anta at [tex]a+b+c=1[/tex]
1) Vis at [tex]a^3+b^3+c^3+ab+bc+ca=a^2+b^2+c^2+3abc[/tex]
2) Vis at [tex]\sqrt{\frac{ab}{c}}+\sqrt{\frac{bc}{a}}+\sqrt{\frac{ca}{b}}=\sqrt{\frac{3ab+2c}{3c}+\frac{3bc+2a}{3a}+\frac{3ca+2b}{3b}}[/tex]
Litt algebra
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Gjør et forsøk på 1), men tviler på at der er formelt korrekt 
Likningen er ekvivalent med
[tex]a^3+b^3+c^3-3ab=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca[/tex]
Ettersom [tex]a+b+c=1[/tex], kan jeg gange med [tex]a+b+c[/tex] på høyresiden i likningen over uten at den endrer verdi. Altså
[tex]a^3+b^3+c^3-3ab=(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)(a+b+c)[/tex]
Jeg multipliserer ut høyresiden og får
[tex]a^3+b^3+c^3-3ab=(a^3+a^2b+a^2c)+(b^3+b^2a+b^2c)+(c^3+c^2a+c^2b)-(a^2b+b^2a+abc)-(abc+b^2c+c^2b)-(a^2c+abc+c^2a)[/tex]
Stokker om og trekker sammen høyresiden, samt legger til [tex]3abc[/tex] på begge sider av likhetstegnet, så får jeg
[tex]a^3+b^3+c^3=a^3+b^3+c^3[/tex]
Så vidt jeg kan se er det ekvivalens mellom alle trinn, slik at bevise kan snus.
Er dette et gyldig bevis?
Likningen er ekvivalent med
[tex]a^3+b^3+c^3-3ab=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca[/tex]
Ettersom [tex]a+b+c=1[/tex], kan jeg gange med [tex]a+b+c[/tex] på høyresiden i likningen over uten at den endrer verdi. Altså
[tex]a^3+b^3+c^3-3ab=(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)(a+b+c)[/tex]
Jeg multipliserer ut høyresiden og får
[tex]a^3+b^3+c^3-3ab=(a^3+a^2b+a^2c)+(b^3+b^2a+b^2c)+(c^3+c^2a+c^2b)-(a^2b+b^2a+abc)-(abc+b^2c+c^2b)-(a^2c+abc+c^2a)[/tex]
Stokker om og trekker sammen høyresiden, samt legger til [tex]3abc[/tex] på begge sider av likhetstegnet, så får jeg
[tex]a^3+b^3+c^3=a^3+b^3+c^3[/tex]
Så vidt jeg kan se er det ekvivalens mellom alle trinn, slik at bevise kan snus.
Er dette et gyldig bevis?
-
Brahmagupta
- Guru
- Innlegg: 628
- Registrert: 06/08-2011 01:56
Du viser at ligningen er ekvivalent med noe som åpenbart er sant ([tex]x=x[/tex]), som er gyldig. Men det er å foretrekke
å føre det på en litt annen måte. Merk at etter å ha snudd om på ligningen arbeider du bare med høyresiden av ligningen, som vil si at du
kunne ført det på følgende vis:
[tex]a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)(a+b+c)=\cdots =a^3+b^3+c^3-3abc[/tex]
Denne føringen vil jeg si er mer oversiktlig og penere. Det å starte med ligningen og prøve å redusere den til noe som er mer håndterlig,
er en god måte å komme frem til løsningen. Når man har oppnådd en tilstrekkelig forståelse burde selve beviset føres på en ryddig og
enkel måte.
Merk at du også har bevist identiteten [tex]a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab+bc+ca)[/tex], som gjelder uten antagelsen
[tex]a+b+c=1[/tex]. Den er er god å kjenne til.
En alternativ løsningsmetode er som følger.
Vi observerer først at [tex](a+b)(b+c)(c+a)=(1-a)(1-b)(1-c)[/tex]
[tex](a+b)(b+c)(c+a)=a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)+2abc=a^2(1-a)+b^2(1-b)+c^2(1-c)+2abc=a^2+b^2+c^2-(a^3+b^3+c^3)+2abc[/tex].
[tex](1-a)(1-b)(1-c)=1-(a+b+c)+ab+bc+ac-abc=ab+bc+ac-abc[/tex]
Dermed har vi at
[tex]a^2+b^2+c^2-(a^3+b^3+c^3)+2abc=ab+bc+ac-abc \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+3abc=a^3+b^3+c^3+ab+bc+ac[/tex]
å føre det på en litt annen måte. Merk at etter å ha snudd om på ligningen arbeider du bare med høyresiden av ligningen, som vil si at du
kunne ført det på følgende vis:
[tex]a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)(a+b+c)=\cdots =a^3+b^3+c^3-3abc[/tex]
Denne føringen vil jeg si er mer oversiktlig og penere. Det å starte med ligningen og prøve å redusere den til noe som er mer håndterlig,
er en god måte å komme frem til løsningen. Når man har oppnådd en tilstrekkelig forståelse burde selve beviset føres på en ryddig og
enkel måte.
Merk at du også har bevist identiteten [tex]a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab+bc+ca)[/tex], som gjelder uten antagelsen
[tex]a+b+c=1[/tex]. Den er er god å kjenne til.
En alternativ løsningsmetode er som følger.
Vi observerer først at [tex](a+b)(b+c)(c+a)=(1-a)(1-b)(1-c)[/tex]
[tex](a+b)(b+c)(c+a)=a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)+2abc=a^2(1-a)+b^2(1-b)+c^2(1-c)+2abc=a^2+b^2+c^2-(a^3+b^3+c^3)+2abc[/tex].
[tex](1-a)(1-b)(1-c)=1-(a+b+c)+ab+bc+ac-abc=ab+bc+ac-abc[/tex]
Dermed har vi at
[tex]a^2+b^2+c^2-(a^3+b^3+c^3)+2abc=ab+bc+ac-abc \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+3abc=a^3+b^3+c^3+ab+bc+ac[/tex]
2) $a+b+c=1$ så
$\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+2(a+b+c)=\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+2$, som er ekvivalent med
$(\sqrt{\frac{ab}{c}}+\sqrt{\frac{bc}{a}}+\sqrt{\frac{ca}{b}})^2=(\sqrt{\frac{3ab+2c}{3c}+\frac{3bc+2a}{3a}+\frac{3ca+2b}{3b}})^2$
Siden $\sqrt{\cdot}$ er definert som den positive rota, er dette det samme som at
$\sqrt{\frac{ab}{c}}+\sqrt{\frac{bc}{a}}+\sqrt{\frac{ca}{b}}=\sqrt{\frac{3ab+2c}{3c}+\frac{3bc+2a}{3a}+\frac{3ca+2b}{3b}}$
EDIT: rettelse
$\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+2(a+b+c)=\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+2$, som er ekvivalent med
$(\sqrt{\frac{ab}{c}}+\sqrt{\frac{bc}{a}}+\sqrt{\frac{ca}{b}})^2=(\sqrt{\frac{3ab+2c}{3c}+\frac{3bc+2a}{3a}+\frac{3ca+2b}{3b}})^2$
Siden $\sqrt{\cdot}$ er definert som den positive rota, er dette det samme som at
$\sqrt{\frac{ab}{c}}+\sqrt{\frac{bc}{a}}+\sqrt{\frac{ca}{b}}=\sqrt{\frac{3ab+2c}{3c}+\frac{3bc+2a}{3a}+\frac{3ca+2b}{3b}}$
EDIT: rettelse
-
Brahmagupta
- Guru
- Innlegg: 628
- Registrert: 06/08-2011 01:56
Ser selvfølgelig bra ut! Enkle oppgaver for de som er drevne i grunnleggende algebra.