4. Zadatak

Prvo rješenje

Sređivanjem početne jednadžbe redom imamo

$$ab\left(\frac{a+b}{2}-c\right) +bc\left(\frac{b+c}{2}-a\right) +ca\left(\frac{c+a}{2}-b\right)=0,$$ $$\frac{a^2b+b^2a}{2}-abc +\frac{b^2c+c^2b}{2}-abc +\frac{c^2a+a^2c}{2}-abc=0,$$ $$a^2b+b^2a+b^2c+c^2b+c^2a+a^2c-6abc=0,$$

odnosno vrijedi

$$a^2b+b^2a+b^2c+c^2b+c^2a+a^2c=6abc.$$

Međutim, primjenom A-G nejednakosti imamo da je

$$\begin{aligned} a^2b+b^2a+b^2c+c^2b+c^2a+a^2c &\geq6\sqrt[6]{a^2b\cdot b^2a\cdot b^2c\cdot c^2b\cdot c^2a\cdot a^2c}\\ &=6abc. \end{aligned}$$

Budući da vrijedi $a^2b+b^2a+b^2c+c^2b+c^2a+a^2c=6abc$ imamo da se u gornjoj A-G nejednakosti postiže jednakost, odnosno mora vrijediti da su brojevi $a^2b$, $b^2a$, $b^2c$, $c^2b$, $c^2a$ i $a^2c$ svi međusobno jednaki.

Iz uvjeta $a^2b=b^2a$ slijedi da je $a=b$, a iz uvjeta $b^2c=c^2b$ imamo da mora biti $b=c$. Dakle, mora vrijediti $a=b=c$ iz čega slijedi da su rješenja početne jednadžbe oblika $(a,b,c)=(t,t,t)$ pri čemu je $t$ pozitivan realan broj.

Direktnim uvrštavanjem $a=t$, $b=t$ i $c=t$ u početnu jednadžbu vidimo da je jednadžba zadovoljena za sve pozitivne realne brojeve $t$.

Time imamo da su sva rješenja početne jednadžbe $(a,b,c)=(t,t,t)$ za sve $t>0$.

Drugo rješenje

Kao i u prvom rješenju dobivamo da vrijedi

$$ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c) =a^2b+b^2a+b^2c+c^2b+c^2a+a^2c =6abc.$$

Dijeljenjem gornje jednadžbe s $abc$ redom imamo

$$\frac ac+\frac bc+\frac ba+\frac ca+\frac cb+\frac ab=6,$$ $$\left(\frac ac+\frac ca\right) +\left(\frac bc+\frac cb\right) +\left(\frac ab+\frac ba\right)=6.$$

Uočimo da je

$$\frac ac+\frac ca =\frac{a^2+c^2}{ac} =\frac{(a-c)^2+2ac}{ac} =\frac{(a-c)^2}{ac}+2,$$

te analogno za preostale parove.

Uvrštavanjem gornje jednakosti u prethodnu jednadžbu dobivamo da vrijedi

$$\frac{(a-c)^2}{ac}+\frac{(b-c)^2}{bc}+\frac{(a-b)^2}{ab}=0.$$

Budući da su $a$, $b$ i $c$ pozitivni brojevi te $(a-c)^2$, $(b-c)^2$, $(a-b)^2\geq0$ gornja jednakost vrijedi ako i samo ako je $a-c=0$, $b-c=0$ i $a-b=0$, tj. ako i samo ako je $a=b=c$.

Direktnom provjerom vidimo da su to ujedno i sva rješenja početne jednadžbe.