2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2  След.
 
 Два неравенства
Сообщение22.01.2010, 11:50 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Пусть $a,$ $b$ и $c$ положительны. Докажите, что:
1) $(a + b + c)\left(\frac {1}{a} + \frac {1}{b} + \frac {1}{b}\right)\geq7 + \sqrt {(a^2 + b^2 + c^2)\left(\frac {1}{a^2} + \frac {1}{b^2} + \frac {1}{c^2}\right) - 5}$
2) $(a + b + c)\left(\frac {1}{a} + \frac {1}{b} + \frac {1}{c}\right)\geq7 + \sqrt [3]{\left(a^3 + b^3 + c^3\right)\left(\frac {1}{a^3} + \frac {1}{b^3} + \frac {1}{c^3}\right) - 1}$

(Оффтоп)

Следующие два неравенства уже неверны.
1) $(a + b + c)\left(\frac {1}{a} + \frac {1}{b} + \frac {1}{b}\right)\geq8 + \sqrt {(a^2 + b^2 + c^2)\left(\frac {1}{a^2} + \frac {1}{b^2} + \frac {1}{c^2}\right) - 8}$
2) $(a + b + c)\left(\frac {1}{a} + \frac {1}{b} + \frac {1}{c}\right)\geq8 + \sqrt [3]{\left(a^3 + b^3 + c^3\right)\left(\frac {1}{a^3} + \frac {1}{b^3} + \frac {1}{c^3}\right) - 8}$

 Профиль  
                  
 
 Re: Два неравенства
Сообщение22.01.2010, 20:53 
Заслуженный участник


26/12/08
678
Перепишем первое неравенство в виде:
$
\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}-4\ge\sqrt{\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\right)^2+\left(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}\right)^2+\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)^2-8}.
$
Или, обозначая $X=\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}$, $Y=\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}$, $Z=\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}$, $X,Y,Z\ge2$:
$
X+Y+Z-4\ge\sqrt{X^2+Y^2+Z^2-8}.
$
Возведем в квадрат:
$
XY+YZ+ZX+12\ge4(X+Y+Z).
$
Обозначая $X=2+x$, $Y=2+y$, $Z=2+z$, придем к очевидному неравенству:
$
xy+yz+zx\ge0.
$

 Профиль  
                  
 
 Re: Два неравенства
Сообщение23.01.2010, 18:40 


21/06/06
1721
Во втором неравенстве, если воспользоваться обозначениями уважаемого Полосина, после ряда нудных преобразований, опять же с учетом, что
1) $X=\frac{a}{b}+\frac{b}{a}$, $Y=\frac{b}{c}+\frac{c}{b}$ и $Z=\frac{a}{c}+\frac{c}{a}$
2) С последующей заменой $X=2+x$, $Y=2+y$ и $Z=2+z$

Исходное неравенство сводится к такому:
$x^2y+y^2x+x^2z+z^2x+y^2z+z^2y+4(xy+yz+xz)+2xyz\geq{3(x+y+z)}$, где $x,y,z>0$

Очевидно, нужно доказать справедливость последнего неравенства

 Профиль  
                  
 
 Re: Два неравенства
Сообщение23.01.2010, 19:09 


02/07/08
322
Последнее неравенство неверно при малых $x,y,z$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Два неравенства
Сообщение23.01.2010, 19:52 


21/06/06
1721
Значит тогда
1) Либо у меня ошибка в выклатках
2) Либо исходное неравенство неверно

-- Сб янв 23, 2010 21:26:06 --

Вот расчеты
В указанных обозначениях
Сперва исходное неравенство записывается так $X+Y+Z-4\geq{\sqrt[3]{X^3+Y^3+Z^3-3(X+Y+Z)+2}}$
Возводя в куб, получаем
$(X+Y+Z)^3-12(Z+Y+Z)^2+48(X+Y+Z)-64\geq{X^3+Y^3+Z^3-3(X+Y+Z)+2}$
Раскрывая первый куб и перенося линейный члены в левую часть, а квадратичные в правую получаем
$X^3+Y^3+Z^3+3(X^2Y+XY^2+Y^2Z+YZ^2+X^2Z+XZ^2)+6XYZ+51(X+Y+Z)\geq{X^3+Y^3+Z^3+12(X+Y+Z)^2+66}$
Сокращая одинаковые и деля обе части на 3, получаем
$(X^2Y+XY^2+Y^2Z+YZ^2+X^2Z+XZ^2)+17(X+Y+Z)+2XYZ\geq{4(X+Y+Z)^2+22}$.
Теперь после подставновки $X=x+2$, $Y=y+2$, и $Z=z+2$ получаем
$(x^2y+y^2x+x^2z+z^2x+y^2z+yz^2)+8(xy+yz+xz)+4(x^2+y^2+z^2)+37(x+y+z)+2(x+2)(y+2)(z+2)+150\geq{4(z+y+z)^2+48(x+y+z)+166}$
Сокращая очеывидные члены, получаем
$(x^2y+y^2x+x^2z+z^2x+y^2z+yz^2)+2(x+2)(y+2)(z+2)\geq{11(x+y+z)+16}$

Ну дальше уже совсем нетрудно прийти к тому неравенству, которое получено мной.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение23.01.2010, 23:35 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Sasha2 в сообщении #283017 писал(а):
Сокращая одинаковые и деля обе части на 3, получаем
$(X^2Y+XY^2+Y^2Z+YZ^2+X^2Z+XZ^2)+17(X+Y+Z)+2XYZ\geq{4(X+Y+Z)^2+22}$.

Это ещё верно!
Заметьте, если положить $X=Y=Z=3,$ то
$(X^2Y+XY^2+Y^2Z+YZ^2+X^2Z+XZ^2)+17(X+Y+Z)+$
$+2XYZ-{4(X+Y+Z)^2-22}$ даёт 23,
в то время как подстановка $x=y=z=1$ в Ваше
$x^2y+y^2x+x^2z+z^2x+y^2z+z^2y+4(xy+yz+xz)+2xyz-{3(x+y+z)}$ даёт 11.
Значит, Вы где-то обманываете на $4\cdot3$ . :wink:

Интересно, работает ли метод Полосина в слелующем неравенстве?
Пусть $a,$ $b$ и $c$ положительны. Докажите, что:
$(a + b + c)\left(\frac {1}{a} + \frac {1}{b} + \frac {1}{c}\right)\geq1 + 2\sqrt [3]{6\left(a^2 + b^2 + c^2\right)\left(\frac {1}{a^2} + \frac {1}{b^2} + \frac {1}{c^2}\right) +10}$

 Профиль  
                  
 
 Re: Два неравенства
Сообщение24.01.2010, 08:38 


21/06/06
1721
Хорошо, будем искать ошибку в моих расчетах
Отталкиваемся от верного $(X^2Y+XY^2+Y^2Z+YZ^2+X^2Z+XZ^2)+17(X+Y+Z)+2XYZ\geq{4(X+Y+Z)^2+22}$
Полагаем $X=x+2, Y=y+2, Z=z+2$
Тогда $X^2Y=(x+2)^2(y+2)=(x^2+4x+4)(y+2)=x^2y+4xy+4y+2x^2+8x+8$

Итак окончательно:
$X^2Y=x^2y+4xy+2x^2+8x+4y+8$
$Y^2X=y^2x+4xy+2y^2+8y+4x+8$
$Y^2Z=y^2z+4yz+2y^2+8y+4z+8$
$Z^2Y=z^2y+4yz+2z^2+8z+4y+8$
$X^2Z=x^2z+4xz+2x^2+8x+4z+8$
$Z^2X=z^2x+4xz+2z^2+8z+4x+8$

Просуммировав все эти выражения получаем, что их сумма равна
$(x^2y+y^2x+y^2z+z^2y+x^2z+z^2x)+4(x^2+y^2+z^2)+8(xy+yz+xz)+24(x+y+z)+48$
Теперь ошибка видна, просто ранее я в левой части писал $20(x+y+z)$, теряя $4(x+y+z)$

Отсюда и ошибка.

-- Вс янв 24, 2010 09:46:06 --

Далее продолжаем
$17(X+Y+Z)=17(x+y+z)+102$

И наконец, $2XYZ=2(x+2)(y+2)(z+2)=2xyz+4(xy+yz+xz)+8(x+y+z)+16$

Собираем аналогичные члены в левой части и записываем ее так:

-- Вс янв 24, 2010 09:50:11 --

$(x^2y+y^2x+y^2z+z^2y+x^2z+z^2x)+4(x^2+y^2+z^2)+12(xy+yz+xz)+49(x+y+z)+2xyz+166$

-- Вс янв 24, 2010 10:01:35 --

Теперь начинаем преобразовывать правую часть, то есть выражение $4(X+Y+Z)^2+22$
Итак:
$4(X+Y+Z)^2+22=4(X^2+Y^2+Z^2)+8(XY+YZ+ZX)+22$
Или в переменных x, y и z
$4[(x+2)^2+(y+2)^2+(z+2)^2]+8[(x+2)(y+2)+(y+2)(z+2)+(x+2)(z+2)]+22$

Это выражение равно
$4(x^2+y^2+z^2)+8(x+y+z)+48+8(xy+yz+xz)+32(x+y+z)+96+22$

Или, приводя к более удобочитаемому виду, имеем
$4(x^2+y^2+z^2)+8(xy+yz+xz)+40(x+y+z)+166$

-- Вс янв 24, 2010 10:04:29 --

И тогда окончательное неравенство (после сокращения подобных членов) примет следующий вид:

$(x^2y+y^2x+y^2z+z^2y+x^2z+z^2x)+4(xy+yz+xz)+9(x+y+z)+2xyz\geq{0}$

 Профиль  
                  
 
 Re: Два неравенства
Сообщение24.01.2010, 10:31 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Sasha2 в сообщении #283109 писал(а):
И тогда окончательное неравенство (после сокращения подобных членов) примет следующий вид:

$(x^2y+y^2x+y^2z+z^2y+x^2z+z^2x)+4(xy+yz+xz)+9(x+y+z)+2xyz\geq{0}$

Нет. Снова ошиблись. :(

 Профиль  
                  
 
 Re: Два неравенства
Сообщение24.01.2010, 11:06 


21/06/06
1721
Ну может подскажите, где ошибка, хотя бы в какой части.
Ну действительно очень нудно пересчитывать все это.
Тем более, что, как кажется, все доказательство связано с аккуратным проведением выклаток.

 Профиль  
                  
 
 Re: Два неравенства
Сообщение24.01.2010, 11:30 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Sasha2 в сообщении #283121 писал(а):
Ну может подскажите, где ошибка, хотя бы в какой части.

Должно быть
$x^2y+y^2x+y^2z+z^2y+x^2z+z^2x+4(xy+yz+xz)+x+y+z+2xyz\geq{0}$

Sasha2 в сообщении #283121 писал(а):
Тем более, что, как кажется, все доказательство связано с аккуратным проведением выклаток.

Имхо, такая аккуратность не поможет при доказательстве моего последнего неравенства . :wink:

 Профиль  
                  
 
 Re: Два неравенства
Сообщение24.01.2010, 11:31 


21/06/06
1721
Ну вот правую часть пересчитал.
Вроде в правой части должно быть $4(x^2+y^2+z^2)+8(xy+yz+zx)+48(x+y+z)+166$

-- Вс янв 24, 2010 12:32:50 --

Ну в принципе и после пересчета правой части оказывается, что левой вполне достаточно, чтобы загасить правую очевидным образом.

-- Вс янв 24, 2010 12:51:30 --

Ну попробуем потихонечку по Полосину решать и второе неравенство.
Вы только время от времени указывайте, пожалуйста на ошибки.
Все таки там довольно таки громоздкие преобразования.
Итак пока в обозначениях Полосина исходное неравенство переписывается так:
$X+Y+Z+2\geq{2\sqrt[3]6\sqrt[3]{X^2+Y^2+Z^2-1}}$

-- Вс янв 24, 2010 12:57:17 --

Далее, возводя в куб, приходим к такому неравенству
$(X+Y+Z)^3+6(X+Y+Z)^2+12(X+Y+Z)+8\geq{48(X^2+Y^2+Z^2)-48}$

-- Вс янв 24, 2010 13:02:33 --

Снова после элементарных преобразований приходим к такому неравенству:
$(X+Y+Z)^3+12(XY+YZ+ZX)+12(X+Y+Z)+12(X+Y+Z)+56\geq{42(X^2+Y^2+Z^2)}$

-- Вс янв 24, 2010 13:03:37 --

Вот тут то все и начинается

-- Вс янв 24, 2010 13:06:46 --

Снова полагаем $X=x+2, Y=y+2, Z=z+2$ и начинаем в этих новых переменных преобразовывать данное неравенство.

-- Вс янв 24, 2010 13:22:23 --

$(X+Y+Z)^3=(x+y+z+6)^3=(x+y+z)^3+18(x+y+z)^2+108(x+y+z)+216$

$12(XY+YZ+ZX)=12[(x+2)(y+2)+(y+2)(x+2)+(z+2)(x+2)]=12(xy+yz+xz)+48(x+y+z)+144$

$24(X+Y+Z)=24(x+y+z)+144$

Собирая пока то, что получили, чтобы не запутаться получаем, что левая часть записывается так:

$(x+y+z)^3+18(x+y+z)^2+12(xy+yz+xz)+180(x+y+z)+504$

-- Вс янв 24, 2010 13:29:11 --

Теперь член $(x+y+z)^2$ представим как $(x^2+y^2+z^2)+2(xy+yz+zx)$
Тогда окончательно левая часть запишется так:
$(x+y+z)^3+18(x^2+y^2+z^2)+48(xy+yz+xz)+180(x+y+z)+504$

 Профиль  
                  
 
 Re: Два неравенства
Сообщение24.01.2010, 12:38 


21/06/06
1721
Теперь начинаем преобразовывать $42(X^2+Y^2+Z^2)$ (То что осталось от правой части)

Эта правая часть равна $42[(x+2)^2+(y+2)^2+(z+2)^2]$
Выполнив эти действия получаем, что правая часть равна
$42(x^2+y^2+z^2)+168(x+y+z)+504$

-- Вс янв 24, 2010 13:42:49 --

Сокращая на общие члены, получаем, что наше неравенство приводится к виду
$(x+y+z)^3+48(xy+yz+xz)+12(x+y+z)\geq{24(x^2+y^2+z^2)}$

-- Вс янв 24, 2010 13:48:40 --

Может подскажите явные ляпы, чтобы уверенно можно было двигаться дальше.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение24.01.2010, 15:56 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
It must be
$(x+y+z)^3+48(xy+yz+xz)\geq{24(x^2+y^2+z^2)}$
Move on! But I think it's the end. :)

 Профиль  
                  
 
 Re: Два неравенства
Сообщение24.01.2010, 17:35 


21/06/06
1721
Уважаемый Аркадий, ну Вы уж просто выскажитесь ясно.
Не понятно пока, на верном ли я пути.
А во вторых непонятно (вот так сразу) с чего бы это вот это самое последнее неравенство верно.

-- Вс янв 24, 2010 18:52:52 --

Блин, да ну в упор не вижу, что оно верно.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение24.01.2010, 20:54 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Sasha2, я уже несколько раз подчёркивал, что не вижу, как метод Полосина помогает при доказательтве моего неравенства.
Буду приятно удивлён, если Ваше неравенство окажется верным (у меня, к сожалению, сейчас совсем нет времени искать контрпример).
Кстати, моё неравенство мне удалось доказать с помощью $AM-GM$. :wink:

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 26 ]  На страницу 1, 2  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group