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, 3, 4, 5, 6  След.
 
 Еще неравенство
Сообщение25.03.2008, 09:48 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Пусть $$a,$$ $$b$$ и $$c$$ - неотрицательные числа такие, что $$ab+ac+bc=3.$$ Докажите, что
$$\sqrt{a+3}+\sqrt{b+3}+\sqrt{c+3}\geq6.$$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение25.03.2008, 16:24 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5710
Я сделал замену $a=x^2-3$, $b=y^2-3$, $c=z^2-3$, а затем применил метод множителей Лагранжа для минимизации $x+y+z$ при условии $x^2 y^2 + y^2 z^2 + x^2 z^2 - 6(x^2+y^2+z^2)+24 = 0$. Как и ожидалось, оно достигает минимума при $x=y=z=2$.
Но без компа в такой методе удовольствия мало.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение25.03.2008, 17:49 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Оказывается и $$(a+3)(b+3)(c+3)\geq64$$ при тех же условиях верно ( и проще, как это не смешно ).

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение25.03.2008, 18:08 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5932
Новосибирск
Здесь я бредил. Заметил сразу, как выключил компутер, возвращаться было влом.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение25.03.2008, 20:58 


17/01/08
110
Пусть c - наименьшее из a, b, c. Тогда $c \leq 1$.

$(a+3)(b+3)(c+3) \geq 64$ равносильно $abc + 9(a+b+c) \geq 28$.

$abc + 9(a+b+c)$ = $(3-ac-bc)c + 9c +9(a+b)$ = $12c + (9-c^2)(a+b)$. Из условия $ab+bc+ac = 3$ легко получается, что $a+b \geq 2(\sqrt{c^2+3}-c)$, поэтому достаточно (и на самом деле необходимо - если a = b) проверить, что $12c + 2(9-c^2)(\sqrt{c^2+3}-c) \geq 28$, т.е. $6c + (9-c^2)(\sqrt{c^2+3}-c) \geq 14$. Взяв производную, убеждаемся, что c=1 - точка минимума.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение25.03.2008, 23:58 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Да, всё правильно, Kid Kool!
Имхо, в следющем неравенстве Ваш метод не работает:
Пусть $$a,$$ $$b$$ и $$c$$ - неотрицательные числа такие, что $$ab+ac+bc=3.$$ Докажите, что
$$
\sqrt{5a+2}+\sqrt{5b+2}+\sqrt{5c+2} \ge 3\sqrt{7}$$
Существует элементарное доказательство.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.03.2008, 08:05 
Заслуженный участник


09/02/06
4401
Москва
arqady писал(а):
Да, всё правильно, Kid Kool!
Имхо, в следющем неравенстве Ваш метод не работает:
Пусть $$a,$$ $$b$$ и $$c$$ - неотрицательные числа такие, что $$ab+ac+bc=3.$$ Докажите, что
$$
\sqrt{5a+2}+\sqrt{5b+2}+\sqrt{5c+2} \ge 3\sqrt{7}$$
Существует элементарное доказательство.

Сколько можно предлагать одно и то же. Можно сразу написать, что при выполнении $$xy+yz+zx=3$$ имеет место
$$\sqrt{ax+b}+\sqrt{ay+b}+\sqrt{az+b}\ge3\sqrt{a+b}.$$
Все переменные неотрицательны.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.03.2008, 09:34 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Руст писал(а):
Сколько можно предлагать одно и то же. Можно сразу написать, что при выполнении $$xy+yz+zx=3$$ имеет место
$$\sqrt{ax+b}+\sqrt{ay+b}+\sqrt{az+b}\ge3\sqrt{a+b}.$$
Все переменные неотрицательны.

Это известное заблуждение в неравенствах: кажется, что одно и то же, но на самом деле или неверно, или нетривиальная задача.
Попробуйте в Вашем неравенстве $$b=0.$$ :wink:
И что злиться-то? Лучше попытаться выяснить, как он устроен ( наш мир ), а не злиться на него. :D

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.03.2008, 10:09 


17/01/08
110
arqady писал(а):
Имхо, в следющем неравенстве Ваш метод не работает:

Имхо, работает :)

Если обозначить $\alpha = \frac b a$, то достаточно доказать: $(x+\alpha)(y+\alpha)(z+\alpha) \geq (1+\alpha)^3$, что равносильно $\alpha^2(x+y+z) + xyz \geq 3\alpha^2+1$. Для доказательства его необходимо и достаточно (см. мой предыдущий пост) доказать: $(\alpha^2+3)z + 2(\alpha^2-z^2)(\sqrt{z^2+3}-z) \geq 3\alpha^2+1$. Производная равна $\alpha^2 + 3 + 2(\sqrt{z^2+3}-z)\left(-2z-\frac{\alpha^2-z^2}{\sqrt{z^2+3}}\right)$, откуда видно, что z=1 - все равно точка минимума.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.03.2008, 11:22 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Kid Kool писал(а):
arqady писал(а):
Имхо, в следющем неравенстве Ваш метод не работает:

Имхо, работает :)

Если обозначить $\alpha = \frac b a$, то достаточно доказать: $(x+\alpha)(y+\alpha)(z+\alpha) \geq (1+\alpha)^3$, что равносильно $\alpha^2(x+y+z) + xyz \geq 3\alpha^2+1$. Для доказательства его необходимо и достаточно (см. мой предыдущий пост) доказать: $(\alpha^2+3)z + 2(\alpha^2-z^2)(\sqrt{z^2+3}-z) \geq 3\alpha^2+1$. Производная равна $\alpha^2 + 3 + 2(\sqrt{z^2+3}-z)\left(-2z-\frac{\alpha^2-z^2}{\sqrt{z^2+3}}\right)$, откуда видно, что z=1 - все равно точка минимума.

I don't agree with you!
Try $$x=y=\sqrt3$$ and $$z=0$$ for the following inequality:
$$(5x+2)(5y+2)(5z+2)\geq343$$ ( your $$\alpha=\frac{2}{5}.$$ ) :wink:

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.03.2008, 11:31 


17/01/08
110
Хм... теперь у меня подозрение, что при $\alpha$ < 1 z=1 будет как раз точкой максимума.

Добавлено спустя 57 секунд:

arqady, Вы меня опередили :D

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.03.2008, 11:36 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
All right, Kid Kool! Our inequality is still unsolved! :lol:

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.03.2008, 15:22 


01/04/07
104
ФПФЭ
Рассмотрим задачу $\sqrt{a+3}+\sqrt{b+3}+\sqrt{c+3}\to min$ при условии $ab+bc+ac=l$, тогда подобные задачи будут следовать из этой ( под корнем взято 3, что бы можно было сравнить с первой задачей), если, конечно, коэф-ты под корнем положительны. Действуя по maxal-Лагранжу :D , получаем минимум при равенстве $a=b=c=\sqrt{\frac {l}{3}}$. В частности, вводя во 2-м неравенстве замену $a'=\frac{15a}{2}$, $b'=\frac{15b}{2}$, $c'=\frac{15c}{2}$, получаем $l=675/4$, а в 1-м предложенном нер-ве, очевидно, $l=3$..

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.03.2008, 17:47 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
bobo писал(а):
Действуя по maxal-Лагранжу :D , получаем минимум при равенстве $a=b=c=\sqrt{\frac {l}{3}}$.

Вы пробовали решать получающуюся систему? Имхо, она там совсем нетривиальная, если вообще решабельна. :wink:

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение27.03.2008, 02:40 


01/04/07
104
ФПФЭ
arqady писал(а):
Вы пробовали решать получающуюся систему? Имхо, она там совсем нетривиальная, если вообще решабельна. :wink:

А в нашем случае ее и решать то не надо :wink: .После замены $a+3=x^2$, $b+3=y^2$, $c+3=z^2$ получаем задачу $f(x,y,z)=x+y+z\to min$ 
при         
 $g(x,y,z) = x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2-6(x^2+y^2+z^2)+27-l=0$.
Положим $z\geqslant y\geqslant x$ (*).Составляем ф-ю Лагранжа $L(x,y,z,\lambda)=f(x,y,z)-\lambda g(x,y,z).. Из условий $L'_x=L'_y=0$ получаем: либо $x=y$, либо $z^2=xy+6$. Аналогично из условий $L'_z=L'_y=0$ получаем, что либо $y=z$, либо $x^2=yz+6$ ( второе из равенств невозможно в силу(*)). Поэтому если $y=z$ и $x=y$, получаем нашу точку. Если же $y=z$ и $z^2=xy+6$, то в силу $x^2\geqslant 3$ должно быть $z^2=y^2\geqslant 12$ (этого достаточно чтобы доказать первое Ваше неравенство, но не второе). Т.е. мы получили еще стационарную точку, когда $b=c$ и $a = \frac{l-b^2}{2b}$. Осталось исследовать на экстремум функцию $f(b)=\sqrt{ \frac{l-b^2}{2b}+3}+2 \sqrt{b+3}. Замечаем, что $f'(b)|_{b=\sqrt{\frac{l}{3}}}=0$ и $f''(b)>0$ (учитываем, что $b\geqslant \sqrt{\frac{l}{3}}$). Это завершит доказательство для всех $l>0$.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 80 ]  На страницу 1, 2, 3, 4, 5, 6  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: YandexBot [bot]


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