Неравенство

[sergei1961]

Спасибо! Вы находите очень интересные неравенства, жаль только, что я нечасто могу продвинуться в их решении.

[arqady]

У меня есть около тысячи неравенств, которые, я не умею доказывать. Так что Ваше положение лучше.

[greg1982]

Самое смешное в этом деле, что задача за минуту решается вероятностным методом (имею в виду выражение, записанное через x и y ). Ни головы не надо ломать, ни пальцы гнуть. Одна маленькая программка быстро выдает оба экстремума и их координаты. Все-таки часто численные методы на порядок проще.

[sergei1961]

Тысячи неравенств-нужно опубликовать, чтобы люди думали. Не собираетесь?

[greg1982]

И все же... Дождемся ответа? А то мне уезжать скоро. Любопытство прям гложет.

[sergei1961]

Когда всё понятно-дальше неинтересно...

[greg1982]

Всем интересно посмотреть доведение до ответа. Пока что ничего не ясно.

[TR63]

greg1982 в сообщении #1039275 писал(а):

Всем интересно посмотреть доведение до ответа. Пока что ничего не ясно.

Лично мне интересно, когда достигается равенство при неотрицательных переменных. Я решаю усечённую задачу (т.е. для неотрицательных $(a;b;c)$ другим методом и получаю, что $10(a+b+c)-3abc<k<42$. Интересно, чему в данном случае равно (k). У меня получилось, что $k< 40.62$. Так что полное решение очень интересно увидеть, или хотя бы ответ на вопрос: возможно ли из него получить решение усечённой задачи.

[greg1982]

Лучше увидеть полное решение. Меня интересует: можно ли вручную получить два глобальных максимума 42.

[Cash]

greg1982 в сообщении #1039386 писал(а):

Лучше увидеть полное решение. Меня интересует: можно ли вручную получить два глобальных максимума 42.

Всё в ваших руках.

[Null]

Можно заметить что если $c<0$ , то замена $a\to \sqrt[4]{\frac{a^4+b^4}{2}},b\to \sqrt[4]{\frac{a^4+b^4}{2}},c\to c$ не изменяет равенство и увеличивает левую часть неравенства.

[sergei1961]

Да, не доделано, согласен. У меня вроде получилось, что длинная квадратичная форма из метода Лагранжа сводится к сумме 3 квадратов, приравнивая нулю которые получаем начало координат-это не наш максимум. Поэтому осталось рассмотреть неравенство для двух чисел при $c=b$, пока непонятно как.

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #1038891 писал(а):

Для действительных $a$, $b$ и $c$ таких, что $a^4+b^4+c^4=33$ докажите, что:

$$10(a+b+c)-3abc\leq42$$

Пусть $0 \le a \le b \le c$

$f (x, y, z)=10 (x+y+z)-3xyz$

$f (-a,-b,-c) \le f (-a, b, c) \Leftrightarrow 10 (-a-b-c) +3abc \le 10 (-a+b+c)+3abc$

$f (-a, -b, c) \le f (-a, b, c) \Leftrightarrow 10 (-a-b+c)-3abc \le 10 (-a+b+c)+3abc $

1.$f (-a, b, c)=10 (-a+b+c)+3abc \le$ $ -10a+10\sqrt[4] {8 (b^4+c^4)}+3a\sqrt {\frac {b^4+c^4}{2}}=$ $-10a+10\sqrt [4]{8 (33-a^4)}+3a\sqrt {\frac {33-a^4}{2}} \le 42$

2. $f (a, b, c)=10 (a+b+c)-3abc=10p-3r$

$a^4+b^4+c^4=33= p^4-4p^2q+2q^2+4pr$


По Шуру: $10p-3r \le 10p-\frac {4}{3} pq+\frac {1}{3} p^3$

$33=p^4-4p^2q+2q^2+4pr \ge \frac {5}{9} p^4-\frac {20}{9} p^2q+2q^2 \leftarrow q\ge\frac {10p^2-\sqrt {10p^4+5346}}{18}$

$10p-3r \le 10p+\frac {1}{3} p^3-\frac {2}{27}(10p^2-\sqrt {10p^4+5346)}}} \ < 42 $

[greg1982]

Класс! А можно выяснить, при каких параметрах все-таки будет равно 42 ?

[grizzly]

greg1982 в сообщении #1039434 писал(а):

А можно выяснить, при каких параметрах все-таки будет равно 42 ?

Да можно же устно попробовать подобрать целочисленные решения. Ведь явно бросается в глаза $16+16+1=33$, и из второго найти, что 1 должна быть с минусом, а двойки положительные.

Или что Вы хотите?