Супремум

[bot]

Найти точную верхнюю грань функции

$$\frac{\sqrt{xy}}{z+1}+\frac{\sqrt{yz}}{x+1}+\frac{\sqrt{zx}}{y+1}$$

при условиях

$$\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=2; \quad x, y, z >0$$

[waxtep]

На $\sqrt2$ похоже, когда две переменные равны и стремятся к нулю, а третья в бесконечность; но поди ж докажи...

[TOTAL]

$$\frac{\sqrt{xy}}{z+1}+\frac{\sqrt{yz}}{x+1}+\frac{\sqrt{zx}}{y+1} \le \sqrt{\frac{1}{(z+1)^2}+\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}} \times \sqrt{1-2xyz} $$

Это Коши — Буняковского

[bot]

TOTAL, круто!
Первый корень - это расстояние от нуля до точки $x+y+z=2; \,\, 0<x,y,z<1,$ а второй просто
меньше единицы.
У меня тоже К-Б, но по-другому и слегка длиннее, ибо геометрию прохлопал.

Хорошо бы теперь $\inf$ найти. Мне кажется, что $\inf=1.$ но не вижу как это доказать.

[TOTAL]

bot в сообщении #1568103 писал(а):

Первый корень - это

А у меня вот что первый корень

$$\frac{1}{(z+1)^2}+\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2} < \frac{1}{(z+1)}+\frac{1}{(x+1)}+\frac{1}{(y+1)}=2$$

[bot]

Блин

[mihiv]

Удалил.

[bot]

bot в сообщении #1568103 писал(а):

Мне кажется, что $\inf=1.$

Wollfram подтверждает
Лагранжем проверить что-то не тянет.

[sup]

bot в сообщении #1568436 писал(а):

Лагранжем проверить что-то не тянет.

Можно без Лагранжа. Но придется немного повозиться.
Сначала замена

$$ x \to 1/x, \quad y \to 1/y, \quad z \to 1/z. $$

Тогда условие получает вид

$$ \frac{x}{x + 1} + \frac{y}{y + 1} + \frac{z}{z + 1} = 2. \eqno{(1)} $$

Или по другому

$$ \frac{1}{x + 1} + \frac{1}{y + 1} + \frac{1}{z + 1} = 1. \eqno{(2)} $$

Кроме того, имеет место тождество (легко следует из выкладок в предыдущих комментариях)

$$ x + y + z = xyz - 2. $$

Откуда легко получить, что

$$ xyz \leqslant 8. \eqno{(3)} $$

А сама целевая функция

$$ F = \frac{x}{\sqrt{yz}(x + 1)} + \frac{y}{\sqrt{xz}(y + 1)} + \frac{z}{\sqrt{yx}(z + 1)}. $$

От корней избавляемся по AM-GM

$$ F \geqslant \frac{2x}{(y + z)(x + 1)} + \frac{2y}{(x + z)(y + 1)} + \frac{2z}{(y + x)(z + 1)}. $$

Или по другому

$$ F / 4 \geqslant \frac{x / 2}{(y + z)(x + 1)} + \frac{y / 2}{(x + z)(y + 1)} + \frac{z / 2}{(y + x)(z + 1)}. $$

Далее, функция

$$ G(x, y, z) = \frac{1}{x + y + z} $$

выпуклая. В силу (1) имеем выпуклую комбинацию

$$ \frac{x / 2}{x + 1} + \frac{y / 2}{y + 1} + \frac{z / 2}{z + 1} = 1. $$

Применяем неравенство Йенсена к $G(x, y, 0)$, $G(x, 0, z)$, $G(0, y, z)$. После нехитрых преобразований (с помощью (2)) получаем

$$ F / 4 \geqslant \frac{1}{\frac{{1\over 2} xz}{1 + z} + \frac{{1\over 2} xz}{1 + x} + \dots} = \frac{1}{\frac{{1\over 2} xzy}{1 + y} + \dots} = \frac{1}{{1\over 2} xzy}. $$

И, в силу (3)

$$ F / 4 \geqslant 1 / 4. $$

[bot]

Как и полагается, sup одолел inf , хотя я и постарался затруднить ему задачу.
Спасибо.

Дело в том, что исходную задачу мне предложили в виде $f(x,y,z)=F(\frac 1x, \frac 1y, \frac 1z)<\sqrt 2 $ при соотношении (2) и положительности переменных.

Получилось $f(x,y,z)\leqslant \ldots\leqslant \sqrt2 \cdot \sqrt{1-\frac4{xyz}}<\sqrt2$.

Тут естественно возник вопрос точности оценки, с чем я справился как waxtep. Переменные заменил на обратные в целях упрощения выкладок.

PS. С этими заменами $f$ и $F$ путаю.
Теперь вроде верно.

[TOTAL]

sup в сообщении #1568535 писал(а):

$$ x + y + z = xyz - 2. $$

Откуда легко получить, что

$$ xyz \leqslant 8. \eqno{(3)} $$

$$x=y=3, \;\; z=1$$

[sup]

Да, дыра. Вот вить хотел написать доказательство. Там бы все и вылезло.
Спасибо!

[Rak so dna]

bot в сообщении #1568103 писал(а):

Хорошо бы теперь $\inf$ найти.

Пусть

$\frac{1}{2(1+x)}+\frac{1}{2(1+y)}-\frac{1}{2(1+z)}=a$

$\frac{1}{2(1+x)}-\frac{1}{2(1+y)}+\frac{1}{2(1+z)}=b$

$-\frac{1}{2(1+x)}+\frac{1}{2(1+y)}+\frac{1}{2(1+z)}=c$

Тогда $a\geq 0,b\geq 0,c\geq 0$, $a+b+c=1$,

$\frac{\sqrt{yz}}{x+1}+\frac{\sqrt{zx}}{y+1}+\frac{\sqrt{xy}}{z+1}=(a+b)\sqrt{\frac{ab}{(a+c)(b+c)}}+(b+c)\sqrt{\frac{bc}{(b+a)(c+a)}}+(c+a)\sqrt{\frac{ca}{(c+b)(a+b)}}=$

$=\frac{ab(a+b)}{\sqrt{a(b+c)\cdot b(a+c)}}+\frac{bc(b+c)}{\sqrt{b(c+a)\cdot c(b+a)}}+\frac{ca(c+a)}{\sqrt{c(a+b)\cdot a(c+b)}}\geq $

$\geq \frac{2ab(a+b)}{a(b+c)+b(a+c)}+\frac{2bc(b+c)}{b(c+a)+c(b+a)}+\frac{2ca(c+a)}{c(a+b)+a(c+b)}=$

$=(a+b+c)+\frac{abc\left((a-b)^2(3ab+c^2)+(b-c)^2(3bc+a^2)+(c-a)^2(3ca+b^2)\right)}{\left(a(b+c)+b(a+c)\right)\left(b(c+a)+c(b+a)\right)\left(c(a+b)+a(c+b)\right)}\geq 1$

[sup]

(Оффтоп)

Фига-се. Вот что бывает, когда за дело берутся профессионалы. Не то что некоторые.

[bot]

(Оффтоп)

Это же какое нахальство иметь надо, что на такое сподвигнуться!
Всё прозрачно, за исключением последнего равенства - с ним мой ущербный вольфрам за стандартное время не справляется.