Докажите AM-GM )

[sergei1961]

Почему с неотрицательными? С любыми пойдёт, будут входить в условия выполнения неравенства.

[Rak so dna]

sergei1961 в сообщении #1047262 писал(а):

Почему с неотрицательными? С любыми пойдёт, будут входить в условия выполнения неравенства.

В этом случае все решения имеют вид:

$P=\frac{24c-7a-8b}{2}+x\cdot(a+b-2c)+y\cdot(a+2b-3c)$
$Q=\frac{10b-3a+2c}{2}+x\cdot(a-b)+y\cdot(3a-2b-c)$
$R=\frac{9a}{2}+x\cdot(b-a)+y\cdot(c-a)$

где $x, y$ - параметры. Только какой в этом смысл?

[sergei1961]

При дополнительных условиях $P,Q,R\geq 0$ самое общее условие рассматриваемой задачи. Разве не так?

[Rak so dna]

sergei1961 в сообщении #1047312 писал(а):

При дополнительных условиях $P,Q,R\geq 0$ самое общее условие рассматриваемой задачи. Разве не так?

Нет, это далеко не так. К тому же, общий вид $P,Q,R$ ничего не дает и ничего сам по себе доказать не может. Интересны лишь частные случаи этих полиномов (например, только с положительными коэффициентами). В данной теме есть некая завуалированная цель получить как можно более жесткие ограничения на $a,b,c$ при которых будет верно неравенство $(a+b+c)^3-27abc\geqslant0$. Как вы это сделаете, зная общий вид $P,Q,R$? Покажите

[sergei1961]

Я что-то совсем потерял нить.

Утверждение. Пусть $P,Q,R \geq 0$, тогда рассматриваемое неравенство выполнено.

Разве не так? Почему при этом коэффициенты обязаны быть положительны я по-прежнему не понимаю.

[Rak so dna]

sergei1961 в сообщении #1047418 писал(а):

Почему при этом коэффициенты обязаны быть положительны я по-прежнему не понимаю.

Они не обязаны быть ни положительными ни отрицательными ни какими другими. Просто когда коэффициенты положительны, то наши ограничения на $a,b,c$ будут заведомо сильнее стандартных AM-GM $a,b,c\geqslant0$. При других коэффициентах такой гарантии нет (убедитесь в этом сами). Более того, даже нет гарантии что система полученных ограничений не будет противоречива.

[Evgenjy]

iancaple в сообщении #1047218 писал(а):

сечение конуса плоскостью $a+b+c=M>0$

Спасибо. Теперь я понял, что речь идет о сечении. В этом случае фактическая область, соответствующая моему решению исходной задачи, будет, как представлено на диаграмме ниже (все закрашенное зеленым).




В эту область входит область, соответствующая ограничениям исходной задачи, а также все остальные области, предложенные здесь при ее обсуждении. Добавление новых линейных ограничений соответствует проведению дополнительных касательных к кривой (назовем ее трепербола) на диаграмме. Это занятие довольно бессмысленное. Хорошо было бы провести кривую, охватывающую трепербулу. Однако с кривой второго порядка это не получится, а для кривой третьего порядка -- это будет сама эта кривая, что соотвуествует прямой проверке неравенства подстановкой.

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #1047066 писал(а):

Кстати, Ваше неравенство можно усилить вот так:
Пусть $a$, $b$ и $c$ действительные числа, для которых $a+b+c\geq0$ и $5(a^2+b^2+c^2)+22(ab+ac+bc)\geq0$. Докажите, что:

$$a+b+c\geq3\sqrt[3]{abc}$$

a) $a+b+c =0 $

Тогда : $ab+bc+ca\ge 0$ и $a^2+b^2+c^2 \le 0$

b) $a+b+c >0$

$p=a+b+c =1$ , $\frac{1}{3} \ge q=ab+bc+ca \ge -\frac{5}{12}$, $r=abc$

Дискриминант кубического уравнения: $x^3-px^2+qx-r=0$ очевидно не меньше нуля(три вещественных корня).

т.е. выполняется условие:

$$ \left ( -\frac{1}{9}+\frac{q}{3}\right )^3+\left (-\frac{1}{27}+\frac{q}{6}-\frac{r}{2} \right )^2 \le 0 $$

после замены : $q=\frac{1-t^2}{3}$ $(0 \le t \le \frac{3}{2})$

получаем:

$$\frac{(1-2t)(1+t)^2}{27} \le r \le \frac{(1+2t)(1-t)^2}{27}$$

осталось проверить условие : $\frac{(1+2t)(1-t)^2}{27} \le \frac{1}{27}$, которое очевидно выполняется : $(3-2t)t^2 \ge 0 $

Равенство достигается в случаях: $(a=b=c)$ , $(a=8z,b=-z, c=-z)$

[TR63]

Sergic Primazon в сообщении #1047691 писал(а):

$ q=ab+bc+ca \ge -\frac{5}{12}$

Как это получается? Объясните, пожалуйста.

[iancaple]

Sergic Primazon в сообщении #1047691 писал(а):

arqady в сообщении #1047066 писал(а):

Кстати, Ваше неравенство можно усилить вот так:
Пусть $a$, $b$ и $c$ действительные числа, для которых $a+b+c\geq0$ и $5(a^2+b^2+c^2)+22(ab+ac+bc)\geq0$. Докажите, что:

$$a+b+c\geq3\sqrt[3]{abc}$$

Единственный содержательный случай $b<0,c<0,a+b+c>0$. Обозначим $b+c=-s$, условие приобретает вид $0\leq 5a^2-22as+5s^2+12bc\leq (AM-GM)5a^2-22as+8s^2=(a-4s)(5a-2s)$, отсюда $a\geq 4s, a+4(b+c)\geq 0$, а для этого случая решение Evgenjy в посте 2, отдельно сформулировал его, как усиление исходного утверждения, Rak so dna в посте 5. Вот и выходит, что простой метод сильнее наукоемкого, это впечатлило. Надо будет почаще диаграммы рисовать.

[TR63]

iancaple в сообщении #1047749 писал(а):

вид $0\leq 5a^2-22as+5s^2+12bc\leq (AM-GM)$

Если учесть однородность исходного неравенства, то уже одной этой процитированной строчки достаточно, чтобы дальнейшие рассуждения проводить устно, учитывая, что неравенство достаточно доказать для малых переменных.

[iancaple]

Evgenjy
Вы спешите, объявляя, что симметричные обобщения тут невозможны.
Найти циклически-симметричную систему неравенств
$\alpha a+\beta b+\gamma c\geqslant 0$
$\alpha c+\beta a+\gamma b\geqslant 0$
$\alpha b+\beta c+\gamma a\geqslant 0$
такую, что: 1)из выполнения ее следует AM-GM 2) если в двух из трех неравенств достигается равенство, AM-GM тоже обращается в равенство.
В ранних постах мы установили, что $(\alpha :\beta :\gamma )=(1:1:7)$ подходят. Система определяет треугольник (с синим контуром на рис), вписанный в треперболу

(Оффтоп)

Если когда-нибудь придется произносить это слово перед школьниками, не забыть написать на доске "treperbola" , якобы слово пришло к нам с запада и слуховые иллюзии - случайны

Рассмотрим равносторонние треугольники, вписанные в треперболу, центры которых совпадают с центром диаграммы. От треугольника с синим контуром до треугольника с красным контуром- вершины лежат на треперболе, уравнения их сторон и ищем. От треугольника с красным контуром до треугольника с желтым контуром (у него $(\alpha :\beta :\gamma )=(1:4:4)$)- касаются треперболы тремя сторонами и не удовлетворяют поэтому условию 2), хотя тоже можно ими заниматься.

[Rak so dna]

Evgenjy в сообщении #1047677 писал(а):

Спасибо. Теперь я понял, что речь идет о сечении. В этом случае фактическая область, соответствующая моему решению исходной задачи, будет, как представлено на диаграмме ниже (все закрашенное зеленым).

Не врите, эта диаграмма соответствует моему решению

Rak so dna в сообщении #1047146 писал(а):

исходное неравенство верно и при условии $a\geqslant0$ и $a+4(b+c)\geqslant0$

Вашему решению

Evgenjy в сообщении #1046953 писал(а):

при положительных $a, b, c $ и $a\geqslant 4(b+c)$.

она не соответствует, поскольку вы еще зачем то потребовали неотрицательность $b,c$

-- 26.08.2015, 11:05 --

Rak so dna в сообщении #1047146 писал(а):

Докажите, что исходное неравенство верно и при условии $a\geqslant0$ и $a+4(b+c)\geqslant0$

Поскольку это утверждение фактически доказано Evgenjy (если убрать условия $b,c\geqslant0$ которое не используется в его же доказательстве), то привожу свое:

$(a+b+c)^3-27abc=\frac{a+4b+4c}{4}(b+c-2a)^2+\frac{27a}{4}(b-c)^2$

[sergei1961]

Я посмотрел на это замечательное неравенство с новой стороны, уже не думал, что такое возможно. Так что спасибо всем за интересное обсуждение.