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.
 
 Неравенство
Сообщение29.04.2013, 09:07 


22/04/13
16
Для $a + b + c = 1$ доказать, что $5(a^2 + b^2 + c^2)^2  \geqslant  a^3 + b^3 + c^3 + 4a^2b + 4b^2c + 4c^2a$

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство
Сообщение29.04.2013, 10:38 
Заслуженный участник


18/01/12
933
По моему, проходит стандартный приём:
Домножить правую часть на $a+b+c$ и разложить в сумму неравенств между средними.

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство
Сообщение29.04.2013, 13:01 


22/04/13
16
Даже если и проходит, неравенство между средними верно лишь для неотрицательных чисел

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство
Сообщение29.04.2013, 14:03 
Заслуженный участник


18/01/12
933
Утром не было времени проверить решение до конца.
Сейчас пришёл с работы и распишу всё подробно.

$5(a^2+b^2+c^2)^2 \ge (a^3+b^3+c^3+4a^2b+4b^2c+4c^2a)(a+b+c);$

$5a^4+5b^2 +5c^2+10a^2b^2+10b^2c^2+10c^2a^2 \ge $
$\ge a^4+b^4+c^4+5a^3b+5b^3c+5c^3a+a^3c+b^3a+c^3b+$
$+4a^2b^2+4b^2c^2+4c^2a^2+4a^2bc+4b^2ca+4c^2ab;$

$4a^4+4b^2 +4c^2+6a^2b^2+6b^2c^2+6c^2a^2 \ge $
$\ge 5a^3b+5b^3c+5c^3a+a^3c+b^3a+c^3b+4a^2bc+4b^2ca+4c^2ab.$

Последнее неравенство раскладывается в сумму неравенств:
$\frac 52 a^4+\frac 52 a^2b^2 \ge 5|a^3b| \ge 5a^3b,$
$\frac 52 b^4+\frac 52 b^2c^2 \ge 5|b^3c| \ge 5b^3c,$
$\frac 52 c^4+\frac 52 c^2a^2 \ge 5|c^3a| \ge 5c^3a,$
$\frac 12 a^4+\frac 12 c^2a^2 \ge |a^3c| \ge a^3c,$
$\frac 12 b^4+\frac 12 a^2b^2 \ge |b^3a| \ge b^3a,$
$\frac 12 c^4+\frac 12 b^2c^2 \ge |c^3b| \ge c^3b,$
$a^4+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \ge 4|a^2bc| \ge 4a^2bc,$
$b^4+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \ge 4|b^2ca| \ge 4b^2ca,$
$c^4+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \ge 4|c^2ab| \ge 4c^ab.$

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство
Сообщение29.04.2013, 15:10 


22/04/13
16
Действительно стандартно, извините что усомнился. Видимо сам перемудрил с решением :facepalm:


Для всех неотрицательных $a + b + c = 1$ доказать
$5(a^3+b^3+c^3)^2\geqslant a^5+b^5+c^5+4a^3b^2+4b^3c^2+4c^3a^2$

Может и тут пройдет?

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство
Сообщение29.04.2013, 15:18 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Не заметил сначала Ваше новое неравенство:
expmrs в сообщении #717274 писал(а):

Для всех неотрицательных $a + b + c = 1$ доказать
$5(a^3+b^3+c^3)^2\geqslant a^5+b^5+c^5+4a^3b^2+4b^3c^2+4c^3a^2$

$5(a^3+b^3+c^3)^2-(a^5+b^5+c^5+4a^3b^2+4b^3c^2+4c^3a^2)=$
$=5(a^3+b^3+c^3)^2-(a^5+b^5+c^5+4a^3b^2+4b^3c^2+4c^3a^2)(a+b+c)=$
$=\sum\limits_{cyc}(4a^6-a^5b-a^5c+6a^3b^3-4a^4b^2-4a^3b^2c)=$
$=\sum\limits_{cyc}\left(\frac{4}{3}\left(a^6-3a^4b^2+2a^3b^3\right)+2a^6-a^5b-a^5c+\frac{2}{3}(a^6-a^3b^3)+4(a^3b^3-a^3b^2c)\right)$,
что неотрицательно.

Следующее неравенство тоже верно.
Для действительных $a$, $b$ и $c$ таких, что $a+b+c=1$, докажите, что:
$$5(a^2+b^2+c^2)^2\geq3(a^3+b^3+c^3)+2(a^2b+b^2c+c^2a)$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство
Сообщение01.05.2013, 20:50 


22/04/13
16
arqady в сообщении #717276 писал(а):

Следующее неравенство тоже верно.
Для действительных $a$, $b$ и $c$ таких, что $a+b+c=1$, докажите, что:
$$5(a^2+b^2+c^2)^2\geq3(a^3+b^3+c^3)+2(a^2b+b^2c+c^2a)$$


Для $a+b+c=1$ верно равенство
$$5(a^2+b^2+c^2)^2-(3a^3+3b^3+3c^3+2a^2b+2b^2c+2c^2a)=$$
$$\frac{1}{2}((2ab-a^2-bc)^2+(2bc-b^2-ca)^2+(2ca-c^2-ab)^2+3(3ab+3bc+3ca-1)^2+a^2(c-b)^2+b^2(a-c)^2+c^2(b-a)^2)$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство
Сообщение01.05.2013, 23:19 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Здорово!
Докажите, что:
$$(a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)\geq\sqrt6(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство
Сообщение06.05.2013, 12:08 


22/04/13
16
arqady в сообщении #718520 писал(а):
Докажите, что:
$$(a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)\geq\sqrt6(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)$$


Верно равенство:

$$(a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)-\sqrt6(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)=$$ $$\frac{1}{2}\sum_{cyc}(\frac{\sqrt6}{3}(2ab-bc-ca)+(a-b)(a+b-c))^2 $$

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство
Сообщение06.05.2013, 12:42 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Всё правильно! Сумма квадратов это, конечно, красиво! :D
Попробуйте вот это неравенство, принадлежащее Василе Кыртоаже:
Для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ докажите, что:
$$(a+b+c)^5\geq12(a^4b+a^4c+b^4a+b^4c+c^4a+c^4b)$$
Неужели и здесь устроите сумму квадратов? :shock: :-)

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство
Сообщение08.05.2013, 22:18 


22/04/13
16
arqady в сообщении #720321 писал(а):
Для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ докажите, что:
$$(a+b+c)^5\geq12(a^4b+a^4c+b^4a+b^4c+c^4a+c^4b)$$


Для $a+b+c=1$ верно равенство
$$(a+b+c)^5-12(a^4b+a^4c+b^4a+b^4c+c^4a+c^4b)=$$
$$ \frac{1}{2}((6ab+6bc+6ca-1)^2+ 8abc(ab+bc+ca)+\sum_{cyc}a(a^2+b^2+c^2-4a(b+c))^2)$$

arqady, у Вас отличные неравенства!

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство
Сообщение10.05.2013, 10:11 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Wow! 8-)
expmrs в сообщении #721346 писал(а):
arqady, у Вас отличные неравенства!

Спасибо, стараюсь! Только здесь их не очень-то доказывают. :-(

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство
Сообщение27.05.2013, 17:50 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Следующее неравенство можно доказать с помощью той же идеи:
квадрат любого действительного числа неотрицателен.
Для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ докажите, что
$$\sqrt{a^2+2bc}+\sqrt{b^2+2ac}+\sqrt{c^2+2ab}\leq\sqrt{a^2+b^2+c^2}+2\sqrt{ab+ac+bc}$$
Приветствуется, конечно, любой другой путь.

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство
Сообщение08.06.2013, 09:42 


22/04/13
16
arqady в сообщении #729101 писал(а):
Для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ докажите, что
$$\sqrt{a^2+2bc}+\sqrt{b^2+2ac}+\sqrt{c^2+2ab}\leq\sqrt{a^2+b^2+c^2}+2\sqrt{ab+ac+bc}$$
Приветствуется, конечно, любой другой путь.


Для $ab+bc+ca \ne0$ верно:

$$ 0 \geqslant \frac{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{ \prod\limits_{cyc} (\sqrt{a^2+b^2+c^2}+\sqrt{a^2+2bc})} - \frac{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{ \prod\limits_{cyc} (\sqrt{ab+bc+ca}+\sqrt{a^2+2bc})} = $$
$$ \frac{1}{4}\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}+\sqrt{ab+bc+ca}}$$(\sum\limits_{cyc}\sqrt{a^2+2bc}-\sqrt{a^2+b^2+c^2})(\sum\limits_{cyc}\sqrt{a^2+2bc}-(\sqrt{a^2+b^2+c^2}+2\sqrt{ab+bc+ca}))$$

Откуда
$$\sqrt{a^2+b^2+c^2}\leqslant\sqrt{a^2+2bc}+\sqrt{b^2+2ac}+\sqrt{c^2+2ab}\leqslant\sqrt{a^2+b^2+c^2}+2\sqrt{ab+ac+bc}$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство
Сообщение08.06.2013, 13:44 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Можно ещё здесь посмотреть:
post612442.html#p612442
Сомножитель $(a-b)^2(a-c)^2(b-c)^2$ Вы нашли!

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 16 ]  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