Неравенство

[sergei1961]

Почему последнее под цифрой 1 неравенство верно? Нужно считать производную?

[greg1982]

Цитата:

Или что Вы хотите?

По условию нужно доказать, что меньше или равно. То, что меньше, Вы доказали.

[grizzly]

greg1982 в сообщении #1039460 писал(а):

Цитата:

Или что Вы хотите?

По условию нужно доказать, что меньше или равно. То, что меньше, Вы доказали.

Простите, я запутался в Ваших "хотелках". Я отвечал вот на это:

greg1982 в сообщении #1039434 писал(а):

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

Выяснили?

-- 22.07.2015, 14:14 --

(greg1982)

Посмотрите, пожалуйста, как работает кнопка "вставка" под сообщением, если нажать её после того, как выделить какой-то текст в сообщении. Таким образом получаются правильно оформленные цитаты. Используйте, пожалуйста, -- так удобнее всем участникам.

[greg1982]

grizzly, пардон. Я обратил внимание только на последнее выражение. У Вас действительно от 42 и ниже: http://www.wolframalpha.com/input/?i=pl ... 9&dataset=

[TR63]

Sergic Primazon,
Из доказательства пункта (2) я поняла только, что при положительных переменных максимум 42 не достигается, как я и предполагала. Но само доказательство мало понятно. Однако это не важно, т.к. у меня идея простая, бесхитростная, и она мне понятна (правда, не мешало бы проверить, нет ли ошибок).

[arqady]

Можно завершить доказательство следующим образом.
Как было показано, достаточно доказать неравенство для $b=a$ и $c^4+2a^4=33$.
То бишь, надо доказать, что $10(2a+c)-3a^2c\leq42$ или $(10-3a^2)c\leq42-20a$.
Поскольку $a^4\leq16.5$, то $42-20a>0$.
Поэтому достаточно доказать, что $(10-3a^2)^4c^4\leq(42-20a)^4$ или $(10-3a^2)^4(33-2a^4)\leq(42-20a)^4$ или
$f(a)\geq0$, где $f(a)=4\ln(42-20a)-4\ln|10-3a^2|-\ln(33-2a^4)$.
$f'(a)=-\frac{80}{42-20a}+\frac{24a}{10-3a^2}+\frac{8a^3}{33-2a^4}=\frac{24(a-2)(20a^5-23a^4-46a^3-22a^2-209a+275)}{(21-10a)(10-3a^2)(33-2a^4)}$.
У $f$ есть три критические точки на промежутке $\left(-\sqrt[4]{16.5},\sqrt[4]{16.5}\right)$: $a_1=-1.978...$, $a_2=0.986...$ и $a_3=2$.
Последняя, как легко проверить, даёт ответ.
Мне не удалось доказать это неравенство классическим способом (AM-GM, C-S,...).

Следующее неравенство имеет красивое классическое доказательство без неопределённых множителей Лагранжа.

Для действительных $a$, $b$ и $c$ таких, что $a^2+b^2+c^2=11$ докажите, что:

$$3(a+b+c)-2abc\leq15\sqrt2$$

[greg1982]

Я решил тем же методом, что и первую задачу. Не стану расписывать, представлю слово Вольфраму:
http://www.wolframalpha.com/input/?i=ma ... 9&dataset=

[greg1982]

График тоже очень интересный: максимумы тут игольчатые:

[iancaple]

(Первый блин)

arqady в сообщении #1039769 писал(а):

Для действительных $a$, $b$ и $c$ таких, что $a^2+b^2+c^2=11$ докажите, что:

$$3(a+b+c)-2abc\leq15\sqrt2$$

Аналогично предыдущей задаче, устанавливаем, что максимум там, где одна переменная отрицательна, а 2 положительны.Так как у двух отрицательных переменных можно одновременно поменять знаки, и значение только увеличится. А если они все положительны, то коэффициент при каждой переменной, например $c$, имеет вид $3-2ab$, и менять знак переменной $c$ невыгодно, только если $ab\leq\dfrac 32$. То, что для трех положительных переменных имеются такие неравенства, означают, что две из них очень малы, можно получить оценку, что две наименьшие не больше 1, и оценить $3(a+b+c)<15\sqrt 2$
Пусть $c<0$, тогда аналогично предыдущей задаче, при постоянстве $a^2+b^2$ максимальное значение левой части при $a=b$
Обозначим $-c=x$, $2a^2+x^2=11$, $6a-3x+2a^2x\to\max$ в области $[0,\sqrt{11}]$
Подставим $a=\sqrt{\dfrac{11-x^2}{2}}$,

$$f(x)=6\sqrt{\dfrac{11-x^2}{2}}-3x+x(11-x^2)$$

$$f'(x)=-\dfrac{3x}{\sqrt{\dfrac{11-x^2}{2}}}+8-3x^2$$

убывающая, как сумма двух убывающих, одно значение корня производной $x=\sqrt{2}$ угадывается, значит, это максимум и других нет.ЧТД, Равенство достигается при $a=b=\dfrac{3}{\sqrt 2},c=-\sqrt 2$

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #1039769 писал(а):

Следующее неравенство имеет красивое классическое доказательство без неопределённых множителей Лагранжа.

Для действительных $a$, $b$ и $c$ таких, что $a^2+b^2+c^2=11$ докажите, что:

$$3(a+b+c)-2abc\leq15\sqrt2$$

$a,b,c \ge 0$

$f(x,y,z)=3(x+y+z)-2xyz$

$f(-a,-b,-c) \le f(-a,b,c)$

$f(-a,-b,c) \le f(-a,b,c)$

1.
$f(-a,b,c) = -3a + 3(b+c) +2abc \le -3a +3\sqrt{2(11-a^2)}+a(11-a^2) \le ... \le f( -\sqrt{2},\frac{3}{\sqrt{2}},\frac{3}{\sqrt{2}})=15 \sqrt{2}$

2.
$f(a,b,c)=3p-2r \le 3p+\frac{2}{9}p^3 -\frac{8}{9}pq$ (по н. Шура: $p^3+9r \ge 4pq$)

($a+b+c=p, ab+bc+ca=q , abc=r$)

$11=a^2+b^2+c^2=p^2-2q$

$f(a,b,c) \le - \frac{2}{9}p^3+(3+\frac{44}{9})p \le ... < 15 \sqrt{2}$

[arqady]

arqady в сообщении #1039769 писал(а):

Для действительных $a$, $b$ и $c$ таких, что $a^2+b^2+c^2=11$ докажите, что:

$$3(a+b+c)-2abc\leq15\sqrt2$$

Я имел в виду следующее.
Если $abc>0$, то $3(a+b+c)-2abc<3(a+b+c)\leq3\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}=3\sqrt{33}<15\sqrt2$.
Поэтому осталось доказать наше неравенство для $abc\leq0$. Пусть $bc\leq0$.
Тогда согласно C-S $3(a+b+c)-2abc=(3-2bc)a+3(b+c)\leq\sqrt{((3-2bc)^2+9)(a^2+(b+c)^2)}=$
$=\sqrt{(18-12bc+4b^2c^2)(11+2bc)}\leq15\sqrt2$, где последнее неравенство это $(bc+3)^2(2bc-7)\leq0$.

[TR63]

arqady в сообщении #1039918 писал(а):

arqady в сообщении #1039769

писал(а):
Для действительных $a$, $b$ и $c$ таких, что $a^2+b^2+c^2=11$ докажите, что:

$$3(a+b+c)-2abc\leq15\sqrt2$$

1). $abc>0$.
$a+b<\sqrt{22}$, т.к. $(a^2+b^2)+2ab>11+11$ не может быть.
$a+b+c<\frac3 2\sqrt{22}$
$4.5\cdot\sqrt{22}<15\cdot\sqrt{2}$
$0.81\cdot22<18$

arqady в сообщении #1039769 писал(а):

Как было показано, достаточно доказать неравенство для $b=a$ и $c^4+2a^4=33$.
То бишь, надо доказать, что $10(2a+c)-3a^2c\leq42$ или $(10-3a^2)c\leq42-20a$

При $c<0$, $a>0$ также можно доказать кратко методом от противного, сведя к уравнению от одной переменной плюс вольфрам.

[sergei1961]

arqady- да, схема доказательства понятна. Методом Лагранжа от задачи с тремя переменными к задаче с двумя, а потом с учётом ограничений-к исследованию функции одной переменной. Остается маленькая червоточинка-производную этой функции одной переменной пока не удаётся законченно строго исследовать, часть экстремумов численно находятся, или как? Это я про первоначальную задачу.

[arqady]

sergei1961, здесь Вам что-то не нравится?

[sergei1961]

то, что для уравнения 5 степени два действительных корня из 3 мы находим приближённо. Есть строгое доказательство, что максимум в двойке? Возможно, я что-то просмотрел...