Неравенство (ШП 2014)

[rightways]

Для неотрицательных чисел $a, b, c$ выполнено равенство $a^3+b^3+c^3+abc=4$. Докажите, что $a^3b+b^3c+c^3a\le 3$. (Мирзахмедов A.)

[arqady]

rightways в сообщении #930090 писал(а):

Для неотрицательных чисел $a, b, c$ выполнено равенство $a^3+b^3+c^3+abc=4$. Докажите, что $a^3b+b^3c+c^3a\le 3$. (Мирзахмедов A.)

Пусть $\{a,b,c\}=\{x,y,z\}$ так, что $x\geq y\geq z$.
Применяя перестановочное неравенство и AM-GM получаем:
$a^3b+b^3c+c^3a=a^2\cdot b+b^2\cdot bc+c^2\cdot ca\leq x^2\cdot xy+y^2\cdot xz+z^2\cdot yz=$
$=y(x^3+xyz+z^3)=y(4-y^3)\leq3$.

[Vova_Gidro]

arqady
Вот уже в множестве тем я встречаю аббревиатуру (или сокращение) AM-GM. Подскажите литературу, где об этом можно почитать поподробнее?

[arqady]

Это неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом:

$$\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}\geq\sqrt[n]{x_1x_2...x_n}$$

для неотрицательных $x_i$
или вот такая штука:

$$\alpha_1x_1+\alpha_2x_2+...+\alpha_nx_n\geq x_1^{\alpha_1}x_2^{\alpha_2}...x_n^{\alpha_n}$$

для положительных $x_i$ и $\alpha_i$ таких, что $\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_n=1$.
Всё это немедленно следует из вогнутости функции $\ln$.

[Vova_Gidro]

arqady
Спасибо.

[Navid]

Как я могу найти другие проблемы Шелковый путь олимпиаде по математике

[rightways]

Navid в сообщении #930898 писал(а):

Как я могу найти другие проблемы Шелковый путь олимпиаде по математике

http://matol.kz/nodes/93

[rightways]

А возможно доказать, что

$a^3b+2b^3c\le 3$
?

[Edward_Tur]

rightways в сообщении #931266 писал(а):

А возможно доказать, что

$a^3b+2b^3c\le 3$
?

Если $a=0,b=\sqrt[3]{3},c=1$, то $a^3b+2b^3c=6$

[rightways]

arqady в сообщении #930295 писал(а):

rightways в сообщении #930090 писал(а):

Для неотрицательных чисел $a, b, c$ выполнено равенство $a^3+b^3+c^3+abc=4$. Докажите, что $a^3b+b^3c+c^3a\le 3$. (Мирзахмедов A.)

Пусть $\{a,b,c\}=\{x,y,z\}$ так, что $x\geq y\geq z$.
Применяя перестановочное неравенство и AM-GM получаем:
$a^3b+b^3c+c^3a=a^2\cdot b+b^2\cdot bc+c^2\cdot ca\leq x^2\cdot xy+y^2\cdot xz+z^2\cdot yz=$
$=y(x^3+xyz+z^3)=y(4-y^3)\leq3$.

Получается неравенство верно для всех $a,b,c\in R$.?

[Edward_Tur]

rightways в сообщении #931279 писал(а):

Получается неравенство верно для всех $a,b,c\in R$.?

Здесь

$$y(x^3+xyz+z^3)=y(4-y^3)$$

используется условие $a^3+b^3+c^3+abc=4$.

[rightways]

имею в виду в задаче неотрицательность не нужна ведь, так ?

[arqady]

Вот контрпример: $(x,y,z)=\left(\frac{1+\sqrt5}{2}, 1, \frac{1-\sqrt5}{2}\right)$.
Для действительных переменных моё рассуждение не проходит поскольку нельзя утверждать, что тройки $(x^2,y^2, z^2)$ и $(xy,xz,yz)$ одинаково упорядочены.

[Skeptic]

arqady в сообщении #930295 писал(а):

rightways в сообщении #930090 писал(а):

Для неотрицательных чисел $a, b, c$ выполнено равенство $a^3+b^3+c^3+abc=4$. Докажите, что $a^3b+b^3c+c^3a\le 3$. (Мирзахмедов A.)

Пусть $\{a,b,c\}=\{x,y,z\}$ так, что $x\geq y\geq z$.
Применяя перестановочное неравенство и AM-GM получаем:
$a^3b+b^3c+c^3a=a^2\cdot b+b^2\cdot bc+c^2\cdot ca\leq x^2\cdot xy+y^2\cdot xz+z^2\cdot yz=$
$=y(x^3+xyz+z^3)=y(4-y^3)\leq3$.

Если не использовать $\{a,b,c\}=\{x,y,z\}$, добавив только a\geq b\geq c$, то решение виднее

$a^3b+b^3c+c^3a\leq a^3b+b^2ac+c^2bc=b(a^3+abc+c^3)=b(4-b^3)\leq3$

Как AM-GM помогло найти решение?

[arqady]

Skeptic в сообщении #931455 писал(а):

Если не использовать $\{a,b,c\}=\{x,y,z\}$, добавив только a\geq b\geq c$, то решение виднее

Вы не можете, вообще говоря, положить a\geq b\geq c$ поскольку неравенство циклическое и не симметрическое.
Вообще говоря, нужно рассмотреть случай a\geq c\geq b$, а это требует ещё одной строчки в доказательстве.

Skeptic в сообщении #931455 писал(а):

Как AM-GM помогло найти решение?

$y(4-y^3)\leq 3\Leftrightarrow y^4+1+1+1\geq4\sqrt[4]{y^4\cdot1\cdot1\cdot1}$.