Еще неравенство

[arqady]

bobo писал(а):

Это завершит доказательство для всех $l>0$.

Возьмём

$$l=243.$$

Согласно Вашему рассуждению при неотрицательных

$$a,$$

$$b$$

и

$$c$$

таких, что

$$ab+ac+bc=243,$$

должно выполняться следующее неравенство:

$$\sqrt{a+3}+\sqrt{b+3}+\sqrt{c+3}\geq6\sqrt3.$$

Но оно неверно!
Проверьте

$$a=b=9\sqrt3$$

и

$$c=0.$$

Получилось, что вся наша математика неверна.

[maxal]

arqady писал(а):

Возьмём

$$l=243.$$

Согласно Вашему рассуждению при неотрицательных

$$a,$$

$$b$$

и

$$c$$

таких, что

$$ab+ac+bc=243,$$

должно выполняться следующее неравенство:

$$\sqrt{a+3}+\sqrt{b+3}+\sqrt{c+3}\geq6\sqrt3.$$

Но оно неверно!
Проверьте

$$a=b=9\sqrt3$$

и

$$c=0.$$

Получилось, что вся наша математика неверна.

Отнюдь.
Просто bobo чуть-чуть ошибся, причем в самом конце своих выкладок:

bobo писал(а):

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 $l>0$.

Вот здесь ошибка. Вторая производная здесь ведет себя нет так гладко. Например, при $\ell=243$ у нее два корня больших $\sqrt{\frac{\ell}{3}}$: $10.81855930$ и $13.59303322.$ А в общем виде они представляют собой корни уравнения 7-й степени. Особого смысла анализировать их аналитически нет - нам проще рассмотреть корни производной и концы интервала.

У $f'(b)$ два корня на отрезке $\left[\sqrt{\frac{\ell}{3}},\sqrt{\ell}\right]$:

$$b_1=\sqrt{\frac{\ell}{3}}$$

и

$$b_2=\frac{5\gamma + \gamma^2 + \ell + 25}{9\gamma},$$

где

$$\gamma = \sqrt[3]{125 + 21 \ell + \sqrt{3375 \ell + 366 \ell^2 - \ell^3}}.$$

Причем второй корень существует и лежит на рассматриваемом отрезке только для $81\leq \ell\leq 375,$ но при этом всегда $f(b_1)\leq f(b_2)$, и поэтому корень $b_2$ как таковой нас не интересует.
Соответственно, для нахождения минимума $f(b)$ в этом случае достаточно сравнить $f(b_1)$ и $f(\sqrt{\ell})$ и выбрать из них наименьшее. При этом неравенство $f(\sqrt{\ell})\leq f(b_1)$ выполняется при

$$\ell \geq \frac{1404864 + 725760\sqrt3}{14641} \approx 181.812526$$

Поэтому:

$$\min_{ab+ac+bc=\ell\atop a,b,c\geq 0} \sqrt{a+3}+\sqrt{b+3}+\sqrt{c+3} = \begin{cases} \sqrt{3} + 2\sqrt{3+\sqrt{\ell}}, & \mbox{если}\ \ell\geq \frac{1404864 + 725760\sqrt3}{14641}\\ \sqrt{27+3\sqrt{3\ell}}, & \mbox{иначе}.\end{cases}$$

[bobo]

С условием

bobo писал(а):

$f''(b)>0$

действительно, проврался. Для всех $l>0$ на бумажке исследовать функцию $f(b)$ - не совсем тривиальная задача. Но могу утверждать из элементарных соображений, что при $l\leqslant \frac{256}{3}$ минимум достигается именно при $a=b=c$.

Добавлено спустя 38 минут 48 секунд:

maxal писал(а):

Просто bobo чуть-чуть ошибся, причем в самом конце своих выкладок:

Судя по объему Ваших выкладок, отнюдь не "чуть-чуть"

[arqady]

maxal, bobo, понял вас!
Щас попробую получить оценку maxal другим способом и за одно покажу своё доказательство.
Замечу только, что если бы техника у нынешнего школьника была бы хотя бы соизмерима с техникой maxal, то нынешние олимпиады могли бы быть более разнообразными. А так - сплошная комбинаторика, где конечно же подумать надо, но подсчёты минимальны. То же касабельно геометрии, где уже почти невозможно дать что-то более или менее стоящее ( в противном случае почти все ничего не решат ).

Добавлено спустя 34 минуты 10 секунд:

Поскольку у меня неизбывная слабость к достижению равенства, когда

$$a=b=c=1,$$

то рассуждение я проведу для следующей задачи:
при неотрицательных

$$a,$$

$$b,$$

$$c$$

и

$$k$$

таких, что

$$ab+ac+bc=3,$$

поймём, когда

$$f(a,b,c)=\sqrt{a+k}+\sqrt{b+k}+\sqrt{c+k}$$

достигает своего минимума и про сам минимум.
После этого сравнимся.
Пусть

$$a=\min\{a,b,c\}$$

и

$$g(a,b,c)=ab+ac+bc.$$

Тогда

$$g(a,b,c)=g\left(a,\sqrt{(a+b)(a+c)}-a,\sqrt{(a+b)(a+c)}-a\right).$$

Тогда

$$f(a,b,c)-f\left(a,\sqrt{(a+b)(a+c)}-a,\sqrt{(a+b)(a+c)}-a\right)\geq0\Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow\sqrt{b+k}+\sqrt{c+k}-2\sqrt{\sqrt{(a+b)(a+c)}-a+k}\geq0\Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow b+c+2k+2\sqrt{(b+k)(c+k)}+4a-4k-4\sqrt{(a+b)(a+c)}\geq0\Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow-b-k-c-k+2\sqrt{(b+k)(c+k)}+2b+2c-4\sqrt{(a+b)(a+c)}\geq0\Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow2\left(\sqrt{a+b}-\sqrt{a+c}\right)^2-\left(\sqrt{b+k}-\sqrt{c+k}\right)^2\geq0\Leftrightarrow$$

$$\sqrt2\left(\sqrt{b+k}+\sqrt{c+k}\right)\geq\sqrt{a+b}+\sqrt{a+c},$$

что верно, поскольку

$$\sqrt2\left(\sqrt{b+k}+\sqrt{c+k}\right)\geq\sqrt{2b}+\sqrt{2c}\geq\sqrt{a+b}+\sqrt{a+c}.$$

Остаётся посмотреть, что происходит, когда

$$b=c.$$

Продолжу позже, так как тёща тащит идти в банк.

[maxal]

arqady писал(а):

Замечу только, что если бы техника у нынешнего школьника была бы хотя бы соизмерима с техникой maxal, то нынешние олимпиады могли бы быть более разнообразными.

В том-то и дело, что тут в основном замешана техника, причем без помощи компьютера я бы за эти вычисления просто не взялся (время жалко). По сути же всё решение базируется на универсальном методе множителей Лагранжа и на идее bobo о том, как можно свести анализ лишь к одной единственной функции $f(b)$, а дальше идет сплошная техническая часть. Если школьникам и давать подобные задачи, то нужно каждого снабжать программой типа Maple для численных и аналитических преобразований. Конечно, ничего зазорного в использовании подобного "калькулятора" нет, и с ним бы на олимпиаде (за ограниченное время!) могли получать куда более изощренные результаты. Но это была бы олимпиада совсем другого типа.
Кстати, было бы интересно провести такую олимпиаду, но школьники должны быть к ней подготовлены - уметь пользоваться системами компьютерной алгебры (не знаю, включает ли школьный курс хоть какую-то компьютерную математику). Тут интересен еще такой момент: можно задачи подобрать так, чтобы они легко решались с помощью нетривиальных идей, и в тоже время их можно было бы решить, преодолев некоторые технические сложности, но зато в лоб. Тогда те, кто владеет техникой могли бы состязаться с теми, кто умеет придумывать нестандартные решения (в реальном мире так частенько бывает).

arqady писал(а):

А так - сплошная комбинаторика, где конечно же подумать надо, но подсчёты минимальны. То же касабельно геометрии, где уже почти невозможно дать что-то более или менее стоящее ( в противном случае почти все ничего не решат ).

Неужели задачи типа тех, что представлены в задачнике Шарыгина, себя исчерпали? Или они уже считаются типовыми и отскакивают от зубов?

[arqady]

Продолжу решение.
Посмотрим, что происходит с неравенством

$$\sqrt{a+k}+\sqrt{b+k}+\sqrt{c+k}\geq3\sqrt{1+k},$$

когда

$$b=c$$

и

$$ab+ac+bc=3$$

то-бишь

$$a=\frac{3-b^2}{2b},$$

где

$$1\leq b\leq\sqrt3.$$

$$\sqrt{a+k}+\sqrt{b+k}+\sqrt{c+k}\geq3\sqrt{1+k}\Leftrightarrow\sqrt{\frac{3-b^2}{2b}+k}+2\sqrt{b+k}\geq3\sqrt{1+k}\Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow4\sqrt{2b(b+k)(3+2kb-b^2)}\geq-7b^2+(8k+18)b-3.$$

Легко проверить, что при

$$1\leq b\leq\sqrt3$$

выполняется

$$-7b^2+(8k+18)b-3\geq0.$$

Поэтому

$$4\sqrt{2b(b+k)(3+2kb-b^2)}\geq-7b^2+(8k+18)b-3\Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow9b^4-(16k+28)b^3+(32k+30)b^2-(16k+12)b+1\leq0\Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow9b^4-28b^3+30b^2-12b+1\leq(16b^3-32b^2+16b)k\Leftrightarrow k\geq\frac{9b^2-10b+1}{16b}.$$

Поэтому наименьшее значение

$$k,$$

при котором неравенство

$$f(a,b,c)\geq3\sqrt{k+1}$$

является верным
это

$$k_{min}=\max_{[1,\sqrt3]}\frac{9b^2-10b+1}{16b}=\frac{14-5\sqrt3}{8\sqrt3}.$$

Легко видеть, что

$$l_{max}=\frac{27}{k_{min}^2}=181.8125261...,$$

что соответствует результату maxal.
Остальные оценки теперь легко получаются.

maxal писал(а):

В том-то и дело, что тут в основном замешана техника, причем без помощи компьютера я бы за эти вычисления просто не взялся (время жалко).

А я думал Вы это всё вручную...
У меня всё делается вручную ( с обычным калькулятором ).

maxal писал(а):

По сути же всё решение базируется на универсальном методе множителей Лагранжа

Не люблю его именно из-за громоздкости или нерешабельности получающихся в большинстве случаев систем. Да даже, если и решили систему, критических точек бывает так много, что проверка на экстремум превращается в отдельную тяжёлую задачу ( такие вещи встречаются с тригонометрическими неравенствами ).
Вообще, не понимаю зачем он нужен в олимпиадной математике. У меня очень мало примеров задач, которые решались бы Лагранжем, но не решались бы каким нибудь более человеческим методом.
Вот обратных примеров очень много.

maxal писал(а):

Если школьникам и давать подобные задачи, то нужно каждого снабжать программой типа Maple для численных и аналитических преобразований. Конечно, ничего зазорного в использовании подобного "калькулятора" нет, и с ним бы на олимпиаде (за ограниченное время!) могли получать куда более изощренные результаты. Но это была бы олимпиада совсем другого типа.
Кстати, было бы интересно провести такую олимпиаду, но школьники должны быть к ней подготовлены - уметь пользоваться системами компьютерной алгебры (не знаю, включает ли школьный курс хоть какую-то компьютерную математику). Тут интересен еще такой момент: можно задачи подобрать так, чтобы они легко решались с помощью нетривиальных идей, и в тоже время их можно было бы решить, преодолев некоторые технические сложности, но зато в лоб. Тогда те, кто владеет техникой могли бы состязаться с теми, кто умеет придумывать нестандартные решения (в реальном мире так частенько бывает).

То, что Вы предлагаете - очень интересно, но у меня ( я наверное, безнадёжно отстал от жизни! ) это вызывает какой-то изначальный протест. Что касается неравенств, так это абсолютно точно. Существует так много совершенно очаровательных "ручных методов", что подключать компьютер - это как бы из пушки по воробьям. Поймите меня правильно - я не против компьютерных доказательств. Просто не хочется, что бы из этого делали культ хотя бы в школе. Исчезает очарование Эйлеровской математики ( допустим это обобщённое название математики 17-ого - начала 20 -ого века ). Именно на ней сейчас базируется школьная математика.
Есть такой китайский математик Ji Chen. Он почти все неравенства доказывает с помощью компьютера посредством оценки . Выглядит это ужасно.
Вот одно из его доказательств:
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 2&start=20
Такое доказательство даже проверить нельзя ( только, может быть, с помощью того же компьютера ).
Мне это напоминает игру в шахматы с сильным компьтером. Ходы видишь, а смысл их не понимаешь. Мне такое не по душе.

maxal писал(а):

Неужели задачи типа тех, что представлены в задачнике Шарыгина, себя исчерпали? Или они уже считаются типовыми и отскакивают от зубов?

Касательно геометрии, имхо, уровень олимпиадных задач как раз снизился.
На последнем Турнире Городов они были просто примитивными!
У Шарыгина ( светлая ему память ) есть много простых вычислительного плана задач, но есть и такие, что трудно дать сейчас на олимпиаде ( я имею в виду уровень, поскольку все его задачи хорошо известны ), так как никто не решит.
Всё это, конечно, имхо и имхо.

[maxal]

arqady писал(а):

maxal писал(а):

По сути же всё решение базируется на универсальном методе множителей Лагранжа

Не люблю его именно из-за громоздкости или нерешабельности получающихся в большинстве случаев систем. Да даже, если и решили систему, критических точек бывает так много, что проверка на экстремум превращается в отдельную тяжёлую задачу ( такие вещи встречаются с тригонометрическими неравенствами ).
Вообще, не понимаю зачем он нужен в олимпиадной математике. У меня очень мало примеров задач, которые решались бы Лагранжем, но не решались бы каким нибудь более человеческим методом.
Вот обратных примеров очень много.

Но я и не агитирую за его безусловное применение, тем более в олимпиадной математике. Действительно, применение метода Лагранжа зачастую связано с техническими трудностями. То есть, если иметь под рукой компьютер - то попробовать этот метод безусловно имеет смысл (но получение простого результата даже с использованием компьютера отнюдь не гарантировано).
Но вообще говоря, это один из самых универсальных методов оптимизации, который зачастую позволяет получить более глубокие результаты нежели остальные методы.

arqady писал(а):

То, что Вы предлагаете - очень интересно, но у меня ( я наверное, безнадёжно отстал от жизни! ) это вызывает какой-то изначальный протест. Что касается неравенств, так это абсолютно точно. Существует так много совершенно очаровательных "ручных методов", что подключать компьютер - это как бы из пушки по воробьям. Поймите меня правильно - я не против компьютерных доказательств. Просто не хочется, что бы из этого делали культ хотя бы в школе. Исчезает очарование Эйлеровской математики ( допустим это обобщённое название математики 17-ого - начала 20 -ого века ). Именно на ней сейчас базируется школьная математика.

Культа не получится, хотя бы потому, что доказательство подразумевает понимание тонкостей предмета. То есть, чтобы что-то доказать нужно в первую очередь знать, как это сделать. И компьютер тут всего лишь служит средством, ускоряющим процесс решения, но он не может подсказать его идею.

arqady писал(а):

Есть такой китайский математик Ji Chen. Он почти все неравенства доказывает с помощью компьютера посредством оценки суммой квадратов. Выглядит это ужасно.
Вот одно из его доказательств:
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 2&start=20
Такое доказательство даже проверить нельзя ( только, может быть, с помощью того же компьютера ).
Мне это напоминает игру в шахматы с сильным компьтером. Ходы видишь, а смысл их не понимаешь. Мне такое не по душе.

Но согласитесь, что умение находить такие доказательства (пусть даже с помощью компа) говорит о том, человек хорошо разбирается в предмете. То есть, если, например, школьники овладеют такой техникой, то это будет круто. Конечно, речь идет не о запуске чужой готовой программы, а скорее о способности написать такую программу самим.

[arqady]

maxal писал(а):

Но согласитесь, что умение находить такие доказательства (пусть даже с помощью компа) говорит о том, человек хорошо разбирается в предмете.

Наверное Вы правы. Честно сказать, я не вижу, что за идею он запрограммировал, что перебирал. Может быть это грубое

$$y=x+u$$

и

$$z=x+v$$

( высокие степени

$$x$$

уйдут после возведения в квадрат и раскрытия скобок и останется неотрицательный многочлен от

$$x$$

), замаскированное затем с помощью того же компьютера под сумму квадратов?

[bobo]

По сути первая часть Вашего, arqady, решения формально совпадает с правилами множителей, вторая же часть заменяет исследование функции одной переменной с помощью производных ( и в этом случае действительно выгоднее просто возводить в квадрат, нежели брать производные корней квадратных). Интересно продолжить исследование подобных неравенств при увеличении степени корней, а также рассмотреть подключение геометрических методов или просто интерпретаций (в данном случае, я думаю, они существуют и сводятся к рассмотрению касания плоскости множества, заданного условием $g(x,y,z)=0$, которое, скорее всего, чем-то напоминает гиперболоид). Вообщем все, как в условных неравенствах: фантазия зовет вперед, жалко только ограничивается временем.

[maxal]

Кстати, для симметрических функций (для определенности, скажем, от трех переменных $x,y,z$ на $\mathbb{R}^{+}$) чаще всего оптимальное значение достигается либо на границе области (то есть при равенстве одной из переменных нулю или бесконечности, либо при равенстве хотя бы двух из переменных). Если мне не изменяет память, это достаточно нетривиальная задача - придумать симметрическую функцию, у которой абсолютный минимум достигается в изолированных точках (и только в них!), нележащих на границе, координаты каждой из которых попарно неравны между собой.

Относительно рассмотренной задачи, если принять на веру вышесказанное, то можно было просто найти минимум функции при $a=0$ ($b$ и $c$ - любые), а также минимум функции при $a=b$ ($c$ - любое), и выбрать из них меньший. Такой подход быстро привел бы к тому же результату. Но это нестрогое доказательство, конечно.

[Руст]

maxal писал(а):

Кстати, для симметрических функций (для определенности, скажем, от трех переменных $x,y,z$ на $\mathbb{R}^{+}$) чаще всего оптимальное значение достигается либо на границе области (то есть при равенстве одной из переменных нулю или бесконечности, либо при равенстве хотя бы двух из переменных). Если мне не изменяет память, это достаточно нетривиальная задача - придумать симметрическую функцию, у которой абсолютный минимум достигается в изолированных точках (и только в них!), нележащих на границе, координаты каждой из которых попарно неравны между собой.

Относительно рассмотренной задачи, если принять на веру вышесказанное, то можно было просто найти минимум функции при $a=0$ ($b$ и $c$ - любые), а также минимум функции при $a=b$ ($c$ - любое), и выбрать из них меньший. Такой подход быстро привел бы к тому же результату. Но это нестрогое доказательство, конечно.

На самом деле, не надо ничего придумывать. Именно в этой задаче

$$min (\sqrt{x+c}+\sqrt{y+c}+\sqrt{z+c})$$

при условии $xy+yz+zx=3$ экстремум достигается когда все координаты разные если $c>c_0$ и когда все равны при $c<c_0$.
Точнее все разные координаты и не на границе получаются при ограничении $x,y,z\ge -c$. При ограничении $x,y,z\ge 0$ минимум достигается, когда одна координата равна 0, две другие разные положительные числа.

[maxal]

Руст писал(а):

На самом деле, не надо ничего придумывать. Именно в этой задаче

$$min (\sqrt{x+c}+\sqrt{y+c}+\sqrt{z+c})$$

при условии $xy+yz+zx=3$ экстремум достигается когда все координаты разные если $c>c_0$ и когда все равны при $c<c_0$.

Что такое $c_0$?
И, кстати, в случае, когда все три разные, есть еще требование, чтобы ни одна из них не лежала на границе (то есть для троек из $\mathbb{R}^{+}$, ни одно из чисел не должно быть равно $0$).

[arqady]

bobo писал(а):

По сути первая часть Вашего, arqady, решения формально совпадает с правилами множителей...

Честно сказать, не вижу как.
Это стандартный метод смешивания переменных. Если удаётся его применить, то можно приравнять какие-то переменные.
Например, если

$$abc=const,$$

то решаем уравнение

$$abc=ax^2$$

и рассматриваем разность

$$f(a,b,c)-f\left(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc}\right)$$

;
если

$$ab+ac+bc=const,$$

то после решения уравнения

$$ab+ac+bc=2ax+x^2$$

получаем моё доказательство. Простите за банальность, если что...

maxal писал(а):

Кстати, для симметрических функций (для определенности, скажем, от трех переменных $x,y,z$ на $\mathbb{R}^{+}$) чаще всего оптимальное значение достигается либо на границе области (то есть при равенстве одной из переменных нулю или бесконечности, либо при равенстве хотя бы двух из переменных). Если мне не изменяет память, это достаточно нетривиальная задача - придумать симметрическую функцию, у которой абсолютный минимум достигается в изолированных точках (и только в них!), нележащих на границе, координаты каждой из которых попарно неравны между собой.

Думаю, это возможно, но примера пока не нашёл.

maxal писал(а):

Относительно рассмотренной задачи, если принять на веру вышесказанное, то можно было просто найти минимум функции при $a=0$ ($b$ и $c$ - любые), а также минимум функции при $a=b$ ($c$ - любое), и выбрать из них меньший. Такой подход быстро привел бы к тому же результату. Но это нестрогое доказательство, конечно.

Вы верите правильно!
Почитайте вот эту работу Vasile Cirtoaje.
http://www.emis.de/journals/JIPAM/artic ... ml?sid=828
В ней Вы найдёте условие, когда Ваша идея работает.

[Руст]

Я ошибся. Дело в том, что при решении методом Лагранжа получается кубическое уравнение имеющие три различных корня при $c>c_0$ и один из них всегда отрицательный. Однако, если все корни разные то не выполняется условие относительно $\sigma_2$ - эта величина становится отрицательной. Вследствие этого такой случай исключается и остаётся только возможность одна переменная на границе, который для положительных с всё равно даёт два одинаковых значения относительно остальных. Т.е. решение сводится только к рассмотрению двух случаев $x=y=z$ и $x\not =y=z.$

[Профессор Снэйп]

А верно ли, что для неотрицательных вещественных $u$, $v$ и $w$ из $uv+vw+wu \geqslant 3$ следует $\sqrt{u} + \sqrt{v} + \sqrt{v} \geqslant 3$?