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: 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