Доказать неравенство

[assik]

Доказать, что $(x-y)(y-z)(z-x)\leq\frac{1}{\sqrt{2}}$, если известно, что $x^2+y^2+z^2=1$. $x,y,z$ - вещественные числа.

[thething]

Может быть методом множителей Лагранжа исследовать $f(x,y,z)=(x-y)(y-z)(z-x)$ на максимум при условии $x^2+y^2+z^2=1$

[assik]

thething в сообщении #1292010 писал(а):

Может быть методом множителей Лагранжа исследовать $f(x,y,z)=(x-y)(y-z)(z-x)$ на максимум при условии $x^2+y^2+z^2=1$

это олимпиадная задача для школьников.

[mihiv]

Обозначим левую часть неравенства $F(x,y,z)$. Докажем неравенство для $|F|$.
Пусть максимум $|F|$ достигается в точке $(x_0,y_0,z_0)$, (мы можем считать, что $x_0\geq y_0\geq z_0)$ тогда:

$$\sqrt {|F|}\leq \frac {|x_0-y_0|+|y_0-z_0|}2\sqrt {|x_0-z_0|}=\frac {|x_0-z_0|^{\frac 32}}2\eqno (1)$$

При получении (1) использовано неравенство: $\sqrt {|x_0-y_0||y_0-z_0|}\leq \dfrac {|x_0-y_0|+|y_0-z_0|}2$.Так как $(z_0-x_0)^2=x_0^2+z_0^2-2x_0y_0\leq 2(x_0^2+z_0^2) \leq 2$, то $|x_0-z_0|\leq \sqrt 2\eqno (2)$. С учетом (2) из (1) получим: $|F|\leq \frac 1{\sqrt 2}$.

-- Вт фев 13, 2018 13:18:39 --

Ну если, например, $y_0\geq x_0\geq z_0$, то можно переобозначить оси координат: $\bar x=y, \bar y=x, \bar z=z$.

[Sergic Primazon]

пусть $ x \le y \le z $. тогда если их всех вместе сдвигать, то левая часть неравенства не меняется, а минимум $x^2+y^2+z^2 $ будет при $x+y+z=0 $ (момент инерции минимален когда центр тяжести в начале координат)

и неравенство перепишется: $x^2y^2z^2 \ge 0$

[eugensk]

mihiv в сообщении #1292199 писал(а):

Ну если, например, $y_0\geq x_0\geq z_0$, то можно переобозначить оси координат: $\bar x=y, \bar y=x, \bar z=z$.

Всё так, левая часть меняет знак на противоположный, Вы рассматриваете модуль, он не меняется.
( я не спрашивал, я предположил, что кто-нибудь обязательно спросит. Self-fulfilling prophecy : )

[thething]

Причем данная оценка -- точная, равенство достигается, например, при $x=0,y=\frac{1}{\sqrt{2}},z=-\frac{1}{\sqrt{2}}$.
Вот так ловко школьники решают задачи на условный экстремум))

[TR63]

Можно стандартно (но длинновато). Если $x\ge(y;z)\ge0$, $x^2+y^2+z^2=1$, то верно неравенство:

$$(x-y)(y+z)(x+z)\le\frac{1}{\sqrt2}$$

$$(x+z)y^2-(x^2-z^2)y-xz(x+z)+\frac{1}{\sqrt2}(x^2+z^2)\ge0$$

Т.к. дискриминант не положителен, то неравенство верно. Для доказательства остальных случаев можно использовать эту идею.

[ewert]

Ну вот вполне деццкое, как мне кажется, д-во.

Ясно, что из трёх скобок две должны быть отрицательны и одна положительна. В том смысле, что достаточно рассматривать только этот случай. Для определённости считаем, что $x-y<0$ и $z-x<0$, т.е. что $z<x<y$.

При фиксированных игреках и зетах произведение скобок, т.е., собственно, произведение $(x-z)(y-x)$, максимально в вершине школьной параболы относительно икса. Т.е. в точке $x=\frac{x+y}2$, где это произведение есть $\frac{(y-z)^3}4$.

А теперь смотрим: когда разность между игреками и зетами может быть максимальной -- при условии, что $x^2+y^2+z^2\equiv1$?...

Ясно, что при $x=0$. А вот дальше -- уже вопрос, как оформлять. Я бы тупо сослался на то, что при фиксированных иксах игреки и зеты суть координаты точки на окружности радиуса $\sqrt{1-x^2}$. И что через синусы с косинусами очевидно, что икс должен быть равен именно нулю, а игреки и зеты одинаковы по величине и противоположны по знаку, т.е. $y=-z=\frac1{\sqrt2}$, скажем.

Ч.т.д.

[arqady]

Моё доказательство было здесь:
https://math.stackexchange.com/questions/2648520/

[assik]

При $z=0$ например, задача сильно упрощается. Так как $x^2+y^2=1$, то достаточно положить, что $x=\sin(t),\,y=\cos(t)$:

$$-xy(x-y)=xy(y-x)=\sin(t)\cos(t)\left(\cos(t)-\sin(t)\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\sin\left(2t\right)\sin \left(\frac{\pi }{4}\pm t\right).$$

Но обобщить такой подход никак не получилось.

[thething]

Можете попробовать сферические координаты $x=\sin{\theta}\cos{\varphi}$, $y=\sin{\theta}\sin{\varphi}$, $z=\cos{\theta}$
Правда, сомневаюсь, что это школьное.. если только догадаться по аналогии с окружностью.

Здесь $0\leqslant{\theta}\leqslant\pi$, $0\leqslant\varphi<2\pi$.