олимпиадное неравенство

[Rusit8800]

Положительные числа $x,y,z$ таковы, что модуль разности любых двух из низ меньше $2$. Докажите, что

$$\[\sqrt {xy + 1} + \sqrt {yz + 1} + \sqrt {zx + 1} > x + y + z\]$$

Пользуясь тем, что $\[\sqrt {xy + 1} > x \Leftrightarrow xy + 1 > {x^2}\]$ это неравенство несложно свести к виду:
$\[x(x - y) + y(y - z) + z(z - x) < 3\]$, но выражения в скобках принимают значения от $-2$ до $2$ не включительно, получается, что неравенство не всегда выполняется. Что я понял не так?

[DeBill]

Rusit8800
Два неравенства эквивалентны. Однако, это может означать, что они, например, оба ложны....
Что не противоречит тому, что сумма одного неверного и двух верных есть верное....
И это отчетливо видно для $x=2, y=z=0$, например...

(Оффтоп)

Попробуйте, пользуясь все-таки условиями задачи, доказать $\sqrt{xy+1}\geqslant \frac{x+y}{2}$

[Rusit8800]

DeBill в сообщении #1180915 писал(а):

И это отчетливо видно для $x=2, y=z=0$

Подождите, я не понял, это контрпример получается?

-- 30.12.2016, 00:29 --

хотя нет, если подставить в первоначальное, то все нормально, а если подставить в "эквивалентное", то нет

-- 30.12.2016, 00:30 --

вроде эквивалентно, а на "практике" нет

-- 30.12.2016, 00:31 --

Все таки не понятно, как так вышло.

[DeBill]

Rusit8800

DeBill в сообщении #1180915 писал(а):

это может означать, что они, например, оба ложны....
Что не противоречит тому, что сумма одного неверного и двух верных есть верное....

А сумма трех, им попарно эквивалентных, дает неверное....

-- 30.12.2016, 01:55 --

Rusit8800 в сообщении #1180918 писал(а):

вроде эквивалентно, а на "практике" нет

Я так понЯл, что Вы все еще считаете Ваши преобразования (большого) неравенства эквивалентными.
Нет, это не так -ни на практике, ни в теории.
НИЗЯ в неравенстве заменять его кусок эквивалентным куском.
Вот Вам еще пример: неравенство $x^2 +y^2 \geqslant 2xy $ верно. Однако, если в нем кусок $y^2 \geqslant 2xy$ заменить эквивалентным $4y^2 \geqslant 8xy$, получится лажа...

(Оффтоп)

Мораль: в математике сурово действует принцип: что не разрешено, то, блин, не разрешено...

[Rusit8800]

DeBill в сообщении #1180920 писал(а):

НИЗЯ в неравенстве заменять его кусок эквивалентным куском.

Ну, вроде неравенство симметрическое, если доказать верность для каждого "куска" и потом сложить все "куски", то получится это неравенство.

-- 30.12.2016, 18:00 --

А из-за симметричности, условие можно вроде как должно соблюдаться и для каждого из "кусков".

-- 30.12.2016, 18:06 --

DeBill в сообщении #1180915 писал(а):

$\sqrt{xy+1}\geqslant \frac{x+y}{2}$

Вот например условие для этого "куска" соблюдается, а для моих "кусков" нет.

$$\[\sqrt {xy + 1} > \frac{{x + y}}{2} \Leftrightarrow 4xy + 4 > {x^2} + 2xy + {y^2} \Leftrightarrow {(x - y)^2} < 4 \Leftrightarrow {\left| {x - y} \right|^2} < 4\]$$

Эти то "куски" идеально вписываются в условие.

[bot]

Rusit8800 в сообщении #1180909 писал(а):

Пользуясь тем, что $\[\sqrt {xy + 1} > x \Leftrightarrow xy + 1 > {x^2}\]$ это неравенство несложно свести к виду:
$\[x(x - y) + y(y - z) + z(z - x) < 3\]$

Возьмём задачу: $x,y,z\in \mathbb R$, нужно доказать, что $2x+2y+2z\geqslant 6.$
Доказательство. Пользуясь тем, что $x\geqslant 1 \Leftrightarrow 2x\geqslant 2$ это неравенство несложно свести к виду: $2x+2y+2z\geqslant 6.$

Rusit8800 в сообщении #1181030 писал(а):

если доказать верность для каждого "куска"

А Вы верность $\sqrt{xy+1}>1$ уже показали?

-- Сб дек 31, 2016 08:23:58 --

Rusit8800 в сообщении #1181030 писал(а):

Эти то "куски" идеально вписываются в условие.

Эти-то да. В них используется, что отличие (в том числе и икса от игрека) переменных не больше 2.

[Rusit8800]

bot в сообщении #1181117 писал(а):

Пользуясь тем, что $x\geqslant 1 \Leftrightarrow 2x\geqslant 2$

Это же неверно, ведь

bot в сообщении #1181117 писал(а):

$x,y,z\in \mathbb R$

-- 31.12.2016, 16:45 --

bot в сообщении #1181117 писал(а):

$\sqrt{xy+1}>1$

Эти "куски" не помогли бы в любом случае доказать неравенство.

[Resear4er]

Ваше выражение $\sqrt{xy+1}$>x в общем случае для Ваших x и y (где |x-y|<2) неверно, например, x=1,5, y=0, получается 1>1,5.
На мой взгляд тут можно попробовать рассмотреть границы, из условия на x, y, z наложены следующие ограничения: $|x-y|<2 $\Rightarrow$ y-2<x<y+2, |y-z|<2 $\Rightarrow$ z-2<y<z+2, |x-z|<2 $\Rightarrow$$ x-2<z<x+2 (x, y, z по условию положительные).
Дальше красиво через ограничения раскрывается
$ $\sqrt{(y-2)y+1}$<$\sqrt{xy+1}$<$\sqrt{(y+2)y+1}$, $\sqrt{(y-2)y+1}$=$\sqrt{(y-1)^2}$=|y-1|, $\sqrt{(y+2)y+1}$=$\sqrt{(y+1)^2}$=|y+1|, $
Получается
$ |y-1|<$\sqrt{xy+1}$<|y+1| $
А вот дальше за что тут взяться не подскажу, может рассматривать случаи разного расположения чисел x, y, z на прямой или может ещё какие преобразования.

[B@R5uk]

(Оффтоп)

Rusit8800, у вас не правильная формула на аватарке. Правильно будет так:

$$E=\sqrt{{{m}^{2}}{{c}^{4}}+{{p}^{2}}{{c}^{2}}}$$

Ну или хотя бы так:

$${{E}_{0}}=m{{c}^{2}}$$

[bot]

Rusit8800 в сообщении #1181172 писал(а):

$\sqrt{xy+1}>1$

Ну опечатался, ясно что о неравенстве $\sqrt{xy+1}>x$ речь.

-- Сб дек 31, 2016 21:20:47 --

Это бы помогло, но оно ниоткуда нет вытекает, ну об этом уже DeBill говорил.

-- Сб дек 31, 2016 21:24:34 --

Rusit8800 в сообщении #1181172 писал(а):

Это же неверно, ведь

Разумеется нет, а Вы не заметили, что я просто подставил в Ваши слова такие формулы, что сказанное Вами верно, а вывод - нет, ибо явная чушь.

[mihiv]

$|x-y|<2,$следовательно, $\dfrac {(x-y)^2}4<1$, поэтому $\sqrt {xy+1}>\sqrt {xy+\dfrac {(x-y)^2}4}=\dfrac {x+y}2$. Складывая аналогичные неравенства для всех корней получим то, что нужно.

Поздравляю всех участников форума с Новым Годом!

[bot]

mihiv Это было писано не Вам

DeBill в сообщении #1180915 писал(а):

Попробуйте, пользуясь все-таки условиями задачи, доказать $\sqrt{xy+1}\geqslant \frac{x+y}{2}$

[Rusit8800]

B@R5uk в сообщении #1181187 писал(а):

Rusit8800, у вас не правильная формула на аватарке. Правильно будет так:

$$E=\sqrt{{{m}^{2}}{{c}^{4}}+{{p}^{2}}{{c}^{2}}}$$

Ну или хотя бы так:

$${{E}_{0}}=m{{c}^{2}}$$

Я взял произвольную фотку из инета

-- 04.01.2017, 14:48 --

Resear4er в сообщении #1181180 писал(а):

$\sqrt{xy+1}$>x

Ну,не знаю, я просто почему-то решил, что раз этих таких "кусков" можно "собрать" доказываемое неравенство, то эти "куски" верны. Это все-таки неравенства, там всякое может произойти.

[bot]

Rusit8800 в сообщении #1181847 писал(а):

Ну,не знаю, я просто почему-то решил, что раз этих таких "кусков" можно "собрать" доказываемое неравенство, то эти "куски" верны.

Из кусков $x-1=x$ и $x+1=x$ очень просто собрать верное равенство, но это не означает, что эти куски верны.

[Rusit8800]

bot в сообщении #1182008 писал(а):

:facepalm:
Из кусков $x-1=x$ и $x+1=x$ очень просто собрать верное равенство, но это не означает, что эти куски верны.

Ну да. Просто я видел как arcady быстро "собирал" неравенства, вот и подумал.