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 Пред.  1, 2
 
 Re: Несложное неравенство)))...
Сообщение09.06.2011, 13:03 


20/05/11
152
dslib в сообщении #456054 писал(а):
Запутанная задачка...

Смотря какая... вот первая несложная... относительно...

 Профиль  
                  
 
 Re: Несложное неравенство)))...
Сообщение09.06.2011, 13:16 


24/01/11
207
Lunatik, решение для n=3 существует. (5 вертикальных и 8 горизонтальных). Для всех четных n не существует. Для n=5 смотреть надо… Думаю, для больших можно будет доказать как-нибудь, что модуль кол-ва относительно 36 слишком большой будет. Хотя, возможно и проще как-то

 Профиль  
                  
 
 Re: Несложное неравенство)))...
Сообщение09.06.2011, 13:29 


20/05/11
152
Equinoxe в сообщении #456059 писал(а):
Lunatik, решение для n=3 существует. (5 вертикальных и 8 горизонтальных). Для всех четных n не существует. Для n=5 смотреть надо… Думаю, для больших можно будет доказать как-нибудь, что модуль кол-ва относительно 36 слишком большой будет. Хотя, возможно и проще как-то

Чудесно! Начало мне нравится! :-) Двигайтесь дальше! :D

 Профиль  
                  
 
 Re: Несложное неравенство)))...
Сообщение09.06.2011, 15:51 


24/01/11
207
Lunatik, ну, несложно представить общий вид всех раскрасок, из которого очевидным образом следует, что либо минусиков >=3n-1, либо 1. Так что для больших (n>=12) доказано.
(общий вид основывется на том, что горизонтали можно менять между собой сколько угодно, равно как и вертикали)

-- Чт июн 09, 2011 16:09:11 --

Теперь 5, 7, 9 и 11…
Существуют 3 вида конечного кол-ва минусиков:
1. 3n(x+y)-xy+1
2. 3n(x+y)-xy+3n-x-1
3. 3n(x+y)-xy+6n-x-y-2
Если приравнивать их к 36, получаются гиперболы, нарисовать для каждого из четырех случаев такие, нарисовать квадратик от (0, 0) до (3n, 3n), понять, что гипербола его не пересекает, либо пересекает в нецелой точке (там один такой случай), а значит хороших решений не может быть.

Проще в общем не нашла :(

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение09.06.2011, 16:38 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Lunatik в сообщении #455997 писал(а):

1) Между положительными числами $a$ и $b$ вставить числа $x, y, z (a<x<y<z<b)$, чтобы выражение $\frac{xyz}{(a+x)(x+y)(y+z)(z+b)}$ приняло наибольшее значение.


Вот решение моего ученика:
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 2#p2302272
Я научил! :D

 Профиль  
                  
 
 Re:
Сообщение10.06.2011, 00:04 
Заслуженный участник


02/08/10
629
arqady в сообщении #456151 писал(а):
Lunatik в сообщении #455997 писал(а):

1) Между положительными числами $a$ и $b$ вставить числа $x, y, z (a<x<y<z<b)$, чтобы выражение $\frac{xyz}{(a+x)(x+y)(y+z)(z+b)}$ приняло наибольшее значение.


Вот решение моего ученика:
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 2#p2302272
Я научил! :D

What is it ?
Цитата:
it has to be the maximal value because of holders inequality.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение10.06.2011, 07:36 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Вы спрашиваете, что такое неравенство Гёльдера? Ну это можно в любом справочнике посмотреть. Правда, почему-то его всегда пишут в садистко-мазохистском виде (садисты - те, кто так пишут, а мазохисты - те, кто пытаются его не смотря ни на что в таком виде применять).
Сейчас я убегаю в школу (нет времени, это неравенство довольно длинное), а после неё могу, если хотите, написать неравенство Гёльдера в человеческом виде и показать, как его применять.

 Профиль  
                  
 
 Re: Несложное неравенство)))...
Сообщение10.06.2011, 10:21 


24/01/11
207
arqady, я тоже хочу :)

 Профиль  
                  
 
 Re: Несложное неравенство)))...
Сообщение10.06.2011, 10:42 


20/05/11
152
И я, и я, и я того же мнения)))

-- Пт июн 10, 2011 10:50:59 --

И ещё я бы хотел более подробного доказательства Equinoxe по задачке о таблице, потому что из набросочного решения я не понял несколько моментов, хотелось бы их уточнить)

 Профиль  
                  
 
 Re:
Сообщение10.06.2011, 11:52 
Заслуженный участник


02/08/10
629
arqady в сообщении #456381 писал(а):
Вы спрашиваете, что такое неравенство Гёльдера? Ну это можно в любом справочнике посмотреть. Правда, почему-то его всегда пишут в садистко-мазохистском виде (садисты - те, кто так пишут, а мазохисты - те, кто пытаются его не смотря ни на что в таком виде применять).
Сейчас я убегаю в школу (нет времени, это неравенство довольно длинное), а после неё могу, если хотите, написать неравенство Гёльдера в человеческом виде и показать, как его применять.

Мм, так значит holders=Гёльдера))
Само неравенство, если не ошибаюсь, выглядит так:
$x_1y_1+x_2y_2+...+x_ky_k\le (x_1^p+x_2^p+...+x_k^p)^\frac1p\cdot(y_1^q+y_2^q+...+y_k^q)^\frac1q$
Теперь вопрос, как оно здесь применяется?)

 Профиль  
                  
 
 Re: Несложное неравенство)))...
Сообщение10.06.2011, 13:28 


24/01/11
207
Lunatik, и да, Вас всё ещё интересует решение последней задачки? Она мне очень понравилась, я даже на другом форуме запостила, правда там до конца её так и не решили :)

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение10.06.2011, 13:28 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
MrDindows в сообщении #456439 писал(а):
Само неравенство, если не ошибаюсь, выглядит так:
$x_1y_1+x_2y_2+...+x_ky_k\le (x_1^p+x_2^p+...+x_k^p)^\frac1p\cdot(y_1^q+y_2^q+...+y_k^q)^\frac1q$
Теперь вопрос, как оно здесь применяется?)

Вот это и есть садистско-мазохистская форма. Трудность в том, что надо добавить ещё $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$ и что все числа положительны (последнее как раз не трудно, но добавить надо).
Теперь обещанный человеческий вид Вашего Гёльдера (затем займёмся обобщениями).
Для положительных $a_i$, $b_i$, $\alpha$ и $\beta$ выполняется следующее неравенство:
$$(a_1+a_2+...+a_k)^{\alpha}(b_1+b_2+...+b_k)^{\beta}\geq\left(\left(a_1^{\alpha}b_1^{\beta}\right)^{\frac{1}{\alpha+\beta}}+\left(a_2^{\alpha}b_2^{\beta}\right)^{\frac{1}{\alpha+\beta}}+...+\left(a_k^{\alpha}b_k^{\beta}\right)^{\frac{1}{\alpha+\beta}}\right)^{\alpha+\beta}$$
Доказательство легко получить из соображений выпуклости функции $f(x)=x^{\alpha}$ при $\alpha>1$.
Равенство достигается , когда для всех $i$ выполняется: $\frac{a_i^{\alpha}}{b_i^{\beta}}=const$.
Примеры применения (все следующие неравенства можно доказать и по-другому).
Гёльдер особенно хорош, когда есть корни и нужно от них избавиться.
Доказать, что для положительных $a$, $b$ и $c$ выполняется следующее неравенство:
$$\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\geq2$$
Применяем Гёдьдера:
$\left(\sum\limits_{cyc}\sqrt{\frac{a}{b+c}}\right)^2\sum\limits_{cyc}a^2(b+c)\geq(a+b+c)^3$.
В квадрат возвели, чтобы избавиться от корня, домножили на $a^2$, чтобы получающийся показатель степени $a$ разделился на три и домножили на $b+c$, чтобы избавиться от знаменателя.
То есть, остаётся доказать, что $(a+b+c)^3\geq4\sum\limits_{cyc}(a^2b+a^2c)$, что очевидно верно.
Ещё пример.
Пусть $a$, $b$ и $c$ положительны. Докажите, что
$$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq\sqrt[4]{27(a^4+b^4+c^4)}$$
Применяем Гёльдера:
$\left(\sum\limits_{cyc}\frac{a^2}{b}\right)^2\sum\limits_{cyc}a^2b^2\geq(a^2+b^2+c^2)^3$.
(зачем возвели в квадрат?)
Таким образом, остаётся доказать, что
$(a^2+b^2+c^2)^3\geq(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)\sqrt{27(a^4+b^4+c^4)}$, которое эквивалентно очевидному
$(x+y+z)^6\geq27(xy+xz+yz)^2(x^2+y^2+z^2)$ для положительных $x$, $y$ и $z$

Перейдём теперь к обобщению.
Пусть $a_i$, $b_i$ и $c_i$, $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ положительны. Тогда согласно Гёльдеру:
$(a_1+a_2+...+a_k)^{\alpha}(b_1+b_2+...+b_k)^{\beta}(c_1+c_2+...+c_k)^{\gamma}\geq\left(\sum\limits_{i=1}^k\left(a_i^{\alpha}b_i^{\beta}\right)^{\frac{1}{\alpha+\beta}}\right)^{\alpha+\beta}\left(\sum\limits_{i=1}^kc_i\right)^{\gamma}\geq$
$\geq\left(\sum\limits_{i=1}^k\left(a_i^{\alpha}b_i^{\beta}c_i^{\gamma}\right)^{\frac{1}{\alpha+\beta+\gamma}}\right)^{\alpha+\beta+\gamma}$.
Всё это аналогично продолжается на любое число последовательностей положительных чисел.
Перейдём теперь к доказательсву Амоца.
Согласно Гёльдеру для четырёх последовательностей положительных чисел (длина каждой из них равна двум) получаем:
$(a+x)(x+y)(y+z)(z+b)\geq\left(\sqrt[4]{axyz}+\sqrt[4]{xyzb}\right)^4=xyz\left(\sqrt[4]{a}+\sqrt[4]{b}\right)^4$.
Равенство достигается, когда $a:x:y:z=x:y:z:b$, что и даёт значения $x$, $y$ и $z$, которые указал Амоц.

 Профиль  
                  
 
 Re: Несложное неравенство)))...
Сообщение10.06.2011, 14:22 


20/05/11
152
arqady, круто, спасибо :D ! Если бы у нас были хоть какие-то кружки по математике :-(
Первый пример я понял) Во втором примере я сначала не понял (действительно, зачем в квадрат возвели). Попробовал без квадрата. Получилось следующее:
$(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a})^1(b+c+a)^1 \geqslant ((a^2)^{1/2}+(b^2)^{1/2}+(c^2)^{1/2})^2$
Оставалось доказывать, что $(a+b+c)^2\geqslant(b+c+a)(27(a^4+b^4+c^4))^{1/4}$
Думал Йенсен прокатит... Ага, сейчас... Он то прокатил, но ровно с противоположным знаком(((.
А вот третье самое лёгкое. Думаю если бы видел хоть раз неравенство Гёльдера (в вашем виде ессно), применил бы его не задумываясь. :-)
Мои пожелания:
а) Пару упражнений (этакую домашнюю на эту тему))))
б) Более простого обьяснения, зачем в квадрат возводить
в) Доказывать очевидные неравенства (типа $(x+y+z)^6\geq27(xy+xz+yz)^2(x^2+y^2+z^2)$ и др.)
г) И конечно же ещё пару уроков по каким-нибудь темам (я думаю никто не против :D )

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение10.06.2011, 17:49 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Lunatik, Вам (ну и, понятно, всем) пару задач.

1. Для положительных $a$, $b$, $c$ и $d$, таких, что $(a+c)(b+d)=1$, докажите, что:
$$\frac{a^5}{b^3}+\frac{b^5}{c^3}+\frac{c^5}{d^3}+\frac{d^5}{a^3}\geq\left(\frac{a+b+c+d}{2}\right)^8$$
2. Пусть $a$, $b$ и $c$ неотрицательны и такие, что $a-b>-1$, $b-c>-1$ и $c-a>-1$. Докажите, что:
$$\frac{a}{(1+b-c)^3}+\frac{b}{(1+c-a)^3}+\frac{c}{(1+a-b)^3}\geq a+b+c$$
3.Пусть $a$, $b$ и $c$ неотрицательны и такие, что $ab+ac+bc\neq0$. Докажите, что:
$$\sqrt[3]{\frac{a}{b+c}}+\sqrt[3]{\frac{a}{b+c}}+\sqrt[3]{\frac{a}{b+c}}\geq2\sqrt[3]{1+\frac{5.5abc}{(a+b)(a+c)(b+c)}}$$
4. Пусть $a_i>0$, $n\in\mathbb N$, $\alpha>0$. Докажите, что:
$$\left(1+\frac{a_1^{\alpha+1}}{a_2^\alpha}\right)\left(1+\frac{a_2^{\alpha+1}}{a_3^\alpha}\right)\cdot...\cdot\left(1+\frac{a_n^{\alpha+1}}{a_1^\alpha}\right)\geq(1+a_1)(1+a_2)\cdot...\cdot(1+a_n)$$
Ну и неравенство $(x+y+z)^6\geq27(xy+xz+yz)^2(x^2+y^2+z^2)$ всё-таки докажите.
Удачи!

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 29 ]  На страницу Пред.  1, 2

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