Учебное неравенство

[arqady]

Для всех действительных $x$ докажите, что

$$\sqrt{5x^2-40x+107}+\sqrt{5x^2+5x+8}\geq \sqrt{\frac{3}{2}(5x^2-10x+113)}$$

Несмотря на громоздcкость условия имеется красивое доказательство.

[sergei1961]

Сразу AG и разность многочленов 4 степени не проходит, остаётся маленький промежуток. Не сразу.

[waxtep]

arqady в сообщении #1133367 писал(а):

Для всех действительных $x$ докажите, что

$$\sqrt{5x^2-40x+107}+\sqrt{5x^2+5x+8}\geq \sqrt{\frac{3}{2}(5x^2-10x+113)}$$

Несмотря на громоздcкость условия имеется красивое доказательство.

У меня получилось доказательство странное, но, вроде бы симпатичное: подставим $x=u+1$ и разделим под корнями на $u^2$ (отметив, что случай $u=0\Leftrightarrow x=1$ дает равенство), сделаем еще одну подстановку $v=\frac{3\sqrt 2} u$ и выделим под корнями полные квадраты:

$$\sqrt{\left (2v-\frac 5{2\sqrt 2}\right )^2+\frac{15}8}+\sqrt{\left (v+\frac 5{2\sqrt 2}\right )^2+\frac{15}8}\ge \sqrt{(3v)^2+\frac{15}2}$$

И еще подстановка: $a=2v-\frac 5{2\sqrt 2}, b=v+\frac 5{2\sqrt 2}, c^2=\frac {15}8$ дает

$$\sqrt{a^2+c^2}+\sqrt{b^2+c^2}\ge \sqrt{(a+b)^2+4 c^2}$$

что верно (можно прямо возвести в квадрат дважды; здесь получим еще точку, в которой достигается равенство - $x=\frac{11}5$).

[arqady]

Ваше последнее неравенство это Минковский или неравенство треугольника.

[waxtep]

arqady в сообщении #1133415 писал(а):

Ваше последнее неравенство это Минковский или неравенство треугольника.

Да, спасибо! Не уверен, какую версию моего сообщения Вы видели, я немного отредактировал конец, в части нахождения еще одной точки равенства, $a=b\Leftrightarrow x=\frac{11}5$, плюс исходно у меня там была позорная арифметическая ошибка

[TR63]

waxtep в сообщении #1133413 писал(а):

(можно прямо возвести в квадрат дважды; здесь получим еще точку, в которой достигается равенство - $x=\frac{11}5$).

При возведении в квадрат могут появиться посторонние корни. Поэтому необходимо делать проверку. Возьмём число попроще: $x=3$
$32^{0.5}+68^{0.5}-(1.5\cdot 148)^{0.5}=?$

[waxtep]

TR63 в сообщении #1133543 писал(а):

Возьмём число попроще: $x=3$

Проверьте число под последним корнем (удивительно, но именно в этом месте я так же споткнулся, умудрившись вычитанием $25$ из $40$ получить $35$ ). В конце концов, можно бессовестно подглянуть в ответ, обратите внимание, какое между двумя минимумами широкое, "кастрюлеобразное" дно.

[TR63]

waxtep в сообщении #1133568 писал(а):

Проверьте число под последним корнем

Должно быть 192. Тогда всё сходится при $x=3$

waxtep в сообщении #1133413 писал(а):

(можно прямо возвести в квадрат дважды

Я сразу так сделала. Получилось уравнение четвёртой степени, являющееся полным квадратом с корнями $x=(1;\frac{11}{5})$. Второй корень при подстановке в исходное уравнение у меня не подошёл:
$2\sqrt{\frac{166}{5}}-\sqrt{\frac3 2\cdot\frac{566}{5}}<0$
Если он всё-таки подходит, то получается решение (правда, громоздкое).

[waxtep]

TR63 в сообщении #1133581 писал(а):

Если он всё-таки подходит, то получается решение (правда, громоздкое).

Подходит, там под корнями должны быть чуть другие числа, $216$ и $576$.

[TR63]

waxtep, у Вас верно. Я опять ошиблась. Получается, что задачу можно решить стандартно, дважды возведением в квадрат.

(Оффтоп)

интересно, при каком условии таким способом можно решать неравенства типа: сумма квадратных радикалов из квадратных трёхчленов не меньше квадратного радикала из квадратного трёхчлена, что эквивалентно, я предполагаю, отсутствию посторонних корней в неотрицательном многочлене, полученном при двойном возведении в квадрат.

[waxtep]

(Оффтоп)

TR63 в сообщении #1133611 писал(а):

при каком условии таким способом можно решать неравенства типа

Теоретически, любое можно так "убить", только в общем случае добавится условие на ОДЗ, неотрицательность подкоренных выражений. Практически, думаю, вид общего критерия будет чудовищным, пробовать нет желания

[TR63]

(Оффтоп)

waxtep в сообщении #1133659 писал(а):

Практически, думаю, вид общего критерия будет чудовищным,

Я думаю, что достаточное(?) условие отсутствия посторонних корней в уравнении четвёртой степени будет очень простым, если при этом известен ещё и один корень (как в исходной задаче ($x=1$)). Второй корень должен удовлетворять уравнению: $f_1=f_2$, $\sqrt{f_1}+\sqrt{f_2}=\sqrt{f_3}$ (как в исходной задаче: $x=\frac{11}{5}$). Остаётся найти контрпример. Возможно, существенна кратность первого (или второго) корня. Но это уже засоряет исходную тему. Ладно. Закругляюсь.

[arqady]

Можно обойтись без возведения в квадрат, но если честно, мне эта задача уже перестала нравиться.

[fibonacci]

arqady, можно посмотреть ваше решение?

[arqady]

arqady в сообщении #1133367 писал(а):

Для всех действительных $x$ докажите, что

$$\sqrt{5x^2-40x+107}+\sqrt{5x^2+5x+8}\geq \sqrt{\frac{3}{2}(5x^2-10x+113)}$$

Пусть $\sqrt{5x^2-40x+107}=a$, $\sqrt{5x^2+5x+8}=b$ и $ \sqrt{\frac{3}{2}(5x^2-10x+113)}=c$.
Так как, как легко видеть, $c\geq b$ и $c\geq a$, то наше неравенство еквивалентно $(a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)\geq0$ или
$2(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)-a^4-b^4-c^4\geq0$ или $(x-1)^2(5x-11)^2\geq0$.