Еще неравенство

[RIP]

Согласен, лажу написал.

[Профессор Снэйп]

Ну да, неравенство

$$ 3a+b\geqslant4a^{1/4}b^{3/4} $$

выполнено далеко не для всех положительных $a$ и $b$. Например, при $a=1$ и $b=16$ имеем

$$ 3a + b = 19 < 32 = 4a^{1/4}b^{3/4} $$

[arqady]

Тhe hint:

При

$$\alpha\neq-1$$

$$\int x^{\alpha}dx$$

отправляет

$$\alpha$$

в знаменатель.

[Руст]

Я решил усилить своё утверждение.
Пусть ищется экстремальное значение симметрической функции
$f(x_1,x_2,...,x_n)$ при симметричных ограничениях $x_i\ge 0, g_1(x_1,...)=0=g_2(x_1,...)=..=g_k(x_1,...).$
Выберем первые n-k переменных за независимые $y_i$ и выразим остальные через них. При этом поиск экстремума будет проводится только по этим переменным и остальные выразятся через них хотя бы локально (пусть даже многолистно), но на эти переменные получим допольнительные ограничения $\phi_1(y_i)\ge 0,...,\phi_k(y_i)\ge 0$ связанные с неотрицательностью остальных переменных. Эти ограничения так же являются симметричными, хотя мы это и не используем.
Тогда задача сводится к поиску экстремумов симметричных функций $F_j(y_i)$ (j - номер локального листа) в некоторой области.
Как было ранее доказано, экстремальное значение достигается тогда, когда хотя бы два из этих переменных равны. Так как все симметрично, то можем считать, что равными переменными мы имеем только дополнительное симметричное ограничение

$$g_{k+1}=(\prod_{i<j}(x_i-x_j)^2=0$$

на дискриминант.
Тогда переходя к новым n-k-1 переменным, получаем, что и среди этих переменных есть равные, если они не на границе. Переменные на границе так же можно удалить из списка независимых и продолжать снижать количество независимых переменных до одногою.
Таким образом получаем, что экстремум симметричной функции с k симметричными ограничениями достигается в точках $x_1=x_2=...=x_{m_1}=y_1, \ x_{m_1+1}=x_{m_1+2}=...=x_{m_2}=y_2,..., \ x_{m_k+1}=x_{m_k+2}=...=x_n=y_{k+1}$.
Если в самом начале нет никаких ограничений то в точке $x_1=x_2=...=x_n=x$.
Это сводит решение таких задач к техническим задачам на исследование функции от одной переменной, когда количество ограничений не больше одного.
Несколько подробнее о случае симметрии $A_n$ вместо полной симметрии $S_n$. В этом случае задача сводится к исследованию

$$f_0(x_1,...,x_n)+f_1(x_1,...x_n)T(x_1,...,x_n)$$

, где

$$T(x_1,...,x_n)=\prod_{i<j}(x_i-x_j)$$

(квадратный корень из дискриминанта.
Если мы докажем $f_0(x_1,...,x_n)\ge 0$ и $f_0^2(x_1,...,x_n)\ge f_1^(x_1,...,x_n)^2T^(x_1,...,x_n)$, то это доказывает, что $f_0(x_1,...,x_n)+f_1(x_1,...,x_n)T(x_1,...,x_n)\ge 0$. А задачи, куда мы редуцировали исходную, являются полностью симметричными и поэтому решаются техническими средствами.

[Батороев]

arqady писал(а):

Пусть

$$a,$$

$$b$$

и

$$c$$

- неотрицательные числа такие, что

$$ab+ac+bc=3.$$

Докажите, что

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

$ab+ac+bc=3.$
$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{3}{abc} $
$ a = b = c = 1 $
$ \sqrt{a+3}+\sqrt{b+3}+\sqrt{c+3} = 6 $

($ \sqrt{5a+2}+\sqrt{5b+2}+\sqrt{5c+2} = 3\sqrt{7}$)


По-видимому, шутка arqady 'я?

[arqady]

Батороев писал(а):

$ab+ac+bc=3.$
$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{3}{abc} $
$ a = b = c = 1 $
По-видимому, шутка arqady 'я?

Правильно ли я Вас понял, что Вы утверждаете, что из $ab+ac+bc=3$ следует $ a = b = c = 1 $ ?
Если нет, зачем Вы это написали и в чём заключается шутка?

[Профессор Снэйп]

Насколько я понял, $a=b=c=1$ у него следует из

$$ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{3}{abc} $$

Наверное, перепутал с

$$ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{9}{a+b+c} $$

[Батороев]

arqady писал(а):

Правильно ли я Вас понял, что Вы утверждаете, что из $ab+ac+bc=3$ следует $ a = b = c = 1 $ ?
Если нет, зачем Вы это написали и в чём заключается шутка?

Да, я считаю, что равенство $ ab + ac + bc = 3 $
или $ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac {3}{abc} $
возможно только при $ a = b = c = 1 $
и шутка, по моему предположению (поэтому поставлен знак вопроса) заключается в том, что в предлагавшихся неравенствах можно было ставить, как $ \geq $, так и $ \leq $ и с успехом или без оного доказывать и то, и другое.

Впрочем, и равенство:
$ \frac{9}{a + b +c} = \frac{3}{abc} $, по-видимому, также возможно только при $ a = b = c = 1 $.

[Руст]

Батороев писал(а):

arqady писал(а):

Правильно ли я Вас понял, что Вы утверждаете, что из $ab+ac+bc=3$ следует $ a = b = c = 1 $ ?
Если нет, зачем Вы это написали и в чём заключается шутка?

Да, я считаю, что равенство $ ab + ac + bc = 3 $
или $ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac {3}{abc} $
возможно только при $ a = b = c = 1 $
и шутка, по моему предположению (поэтому поставлен знак вопроса) заключается в том, что в предлагавшихся неравенствах можно было ставить, как $ \geq $, так и $ \leq $ и с успехом или без оного доказывать и то, и другое.

Впрочем, и равенство:
$ \frac{9}{a + b +c} = \frac{3}{abc} $, по-видимому, также возможно только при $ a = b = c = 1 $.

Берите произвольные x,y,z, вычислите $A=xy+yz+zx$ и возьмите $a=xB,b=yB,c=zB,B=\sqrt{\frac{3}{A}}.$

[arqady]

Батороев писал(а):

Да, я считаю, что равенство $ ab + ac + bc = 3 $
или $ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac {3}{abc} $
возможно только при $ a = b = c = 1 $

А если $a=b=\frac{3}{2}$ и $c=\frac{1}{4}$

[Батороев]

За битых три часа не смог догадаться до того, что показал теперь Руст и потому находился в искреннем заблуждении.

Господа, прошу извинить за то, что нарушил мирное течение вашего обсуждения

[bobo]

arqady писал(а):

Для положительных

$$a,$$

$$b$$

и

$$c$$

докажите, что:

$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+4\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\geq12\left(\frac{1}{3a+b}+\frac{1}{3b+c}+\frac{1}{3c+a}\right).$$

arqady писал(а):

Тhe hint:

При

$$\alpha\neq-1$$

$$\int x^{\alpha}dx$$

отправляет

$$\alpha$$

в знаменатель.

Докажем неравенство $f(x,y,z)=x^4+y^4+z^4+2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)-3(x^3y+y^3z+z^3x)\geqslant 0$. Необходимое условие экстремума функции $f(x,y,z)$ - равенство нулю всех частных производных. Складывая эти равенства, получим $g(x,y,z)=x^3+y^3+z^3+4(xy^2+yz^2+zx^2)-5(yx^2+zy^2+xz^2)=0$. Аналогично поступая для функции $g(x,y,z)$, получаем что $g(x,y,z) \to ext$ только когда $x^2+y^2+z^2=xy+yz+zx$, т.е. при $x=y=z$, но тогда $g(x,x,x)=0$ - минимум и если условие $x=y=z$ не выполняется, то функция $g$ положительна. Поэтому необходимым условием экстремума ф-и $f$ есть равенство всех переменных. Тогда очевидно, что неравенство $f(x,y,z)\geqslant 0$ верно.
Введя замену $x=t^{\frac{a}{4}}$, $y=t^{\frac{b}{4}}$, $z=t^{\frac{c}{4}}$ и предварительно поделив обе части неравенства на $t$, получим $t^{a-1}+t^{b-1}+t^{c-1}+2(t^{\frac{a+b}{2}-1}+t^{\frac{b+c}{2}-1}+t^{\frac{a+c}{2}-1}) \geqslant 3(t^{\frac{3a+b}{4}-1}+t^{\frac{3b+c}{4}-1}+t^{\frac{3c+a}{4}-1})$.
Интегрируя по $t \in [0,1]$, получаем необходимое.

[arqady]

bobo писал(а):

$g(x,y,z)=x^3+y^3+z^3+4(xy^2+yz^2+zx^2)-5(yx^2+zy^2+xz^2)=0$. Аналогично поступая для функции $g(x,y,z)$, получаем что $g(x,y,z) \to ext$ только когда $x^2+y^2+z^2=xy+yz+zx$, т.е. при $x=y=z$, но тогда $g(x,x,x)=0$ - минимум и если условие $x=y=z$ не выполняется, то функция $g$ положительна.

А если

$$x=2,$$

$$y=1$$

и

$$z=0$$

?
Кстати, неравенство, к которому всё свелось
(

$$x^4+y^4+z^4+2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)-3(x^3y+y^3z+z^3x)\geq 0$$

), верно для всех
действительных

$$x,$$

$$y$$

и

$$z$$

и равенство в нём достигается на четырёх различных прямых в

$$\mathbb R^3,$$

например,
вот в такой точке:

$$\left(\sin^2\frac{3\pi}{7},\sin^2\frac{2\pi}{7},\sin^2\frac{\pi}{7}\right).$$

Между прочим, все координаты различны ( Руст, Вы в праве на меня обижаться, но этот пример опровергает Вашу теорию ).
bobo , забавно было бы посмотреть, как Вы это получите Лагранжем.

[7bod7]

arqady писал(а):

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.

как раз на школьном межнаре очень часто появляються неравенства которые не сложно
решаються с помощью лагранджа. например:

$$(a-1+\frac{1}{b})(b-1+\frac{1}{c})(c-1+\frac{1}{a})\leq1$$

где a,b,c- положытельные,
и $abc=1$

[bobo]

Цитата:

для функции $g(x,y,z)$, получаем что $g(x,y,z) \to ext$ только когда $x^2+y^2+z^2=xy+yz+zx$, т.е. при $x=y=z$, но тогда $g(x,x,x)=0$ - минимум и если условие $x=y=z$ не выполняется, то функция $g$ положительна

Опять поспешил : матрица квадратичной формы $d^2g$ не является положительно определенной .
Тогда поступим так:
$2f(x,y,z)=(x^2+a_1y^2+a_2z^2+b_1xy+b_2yz+b_3xz)^2 + (y^2+a_1z^2+a_2x^2+b_1yz+b_2zx+b_3xy)^2+(z^2+a_1x^2+a_2y^2+b_1zx+b_2xy+b_3yz)^2$.

Достаточно проверить на совместимость систему
$ \left\{ \begin{array}{l} a_1^2+a_2^2=1,\\ 2(a_1+a_2+a_1a_2)+b_1^2+b_2^2+b_3^2=4,\\ b_1+a_2b_3+a_1b_2=-3,\\ b_2+a_2b_1+a_1b_3=0. \end{array} \right. $
Убеждаемся, что набор $a_1=-1, a_2=0, b_1=-2, b_2 =b_3=1 -$ решение .