Школьная программа. Алгебра. Десять доказательтв неравенств

[Klein]

Цитата:

Определить несколькими способами из школьной программы какое из чисел больше $\sqrt{3}+ \sqrt{7}+ \sqrt{21}$ или $9$.

Задачка со вступительного экзамена по математике в Московском университете в прошлом году. Вопрос номер 1 из 7 вопросов. Это самый легкий.

В прошлом похожие задачки на вступительных экзаменах были не менее сложные.

Доказать неравенство (вступительный экзамен,1980г). Задачка для школьников.

$\sqrt[3]{3 - \sqrt[3]{3}} + \sqrt[3]{3 + \sqrt[3]{3}} > 2 \cdot \sqrt[3]{3}$

[TOTAL]

Предполагая $\varepsilon > 0$, возводим в куб и получаем $x > x$
$x = \sqrt[3]{3 - t} + \sqrt[3]{3 + t} = 2 \cdot \sqrt[3]{3}$+\varepsilon

[Rak so dna]

Klein в сообщении #1602494 писал(а):

Доказать неравенство (вступительный экзамен,1980г). Задачка для школьников.

$\sqrt[3]{3 - \sqrt[3]{3}} + \sqrt[3]{3 + \sqrt[3]{3}} > 2 \cdot \sqrt[3]{3}$

Это неверно.

Положив в тождестве

$a^3+b^3+c^3-3abc=\dfrac{1}{2}(a+b+c)\left((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right)$

$a=\sqrt[3]{3 - \sqrt[3]{3}},~~b=\sqrt[3]{3 + \sqrt[3]{3}},~~c=-2\sqrt[3]{3}$,

получим

$6\left(\sqrt[3]{3^3-3\sqrt[3]{9}}-3 \right)> 0$, а это, очевидно, неверно.

[Klein]

Rak so dna в сообщении #1602547 писал(а):

Klein в сообщении #1602494 писал(а):

Доказать неравенство (вступительный экзамен,1980г). Задачка для школьников.

$\sqrt[3]{3 - \sqrt[3]{3}} + \sqrt[3]{3 + \sqrt[3]{3}} > 2 \cdot \sqrt[3]{3}$

Это неверно.

Положив в тождестве

$a^3+b^3+c^3-3abc=\dfrac{1}{2}(a+b+c)\left((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right)$

$a=\sqrt[3]{3 - \sqrt[3]{3}},~~b=\sqrt[3]{3 + \sqrt[3]{3}},~~c=-2\sqrt[3]{3}$,

получим

$6\left(\sqrt[3]{3^3-3\sqrt[3]{9}}-3 \right)> 0$, а это, очевидно, неверно.

Знак неравенство неправильно поставлен. Решение хорошее. Спасибо.

[Klein]

Положим $x=\sqrt[3]{3}$. Рассмотрим функцию $f(x) = \sqrt[3]{3+x} + \sqrt[3]{3-x}$ , $x$ на интервале $[-3,3]$
Функция $f$ симметрическая $f(x)=f(-x)$
Mаксимальное значение функции достигается в точке $x=0$.
$f(0) = \sqrt[3]{24}$, $f(-3) = f(3) = \sqrt[3]{6}$, и
$f(0) > f(\sqrt[3]{3}})$
$ 2 \cdot \sqrt[3]{3} > \sqrt[3]{3 + \sqrt[3]{3}} + \sqrt[3]{3 - \sqrt[3]{3}}$

[Rak so dna]

Klein в сообщении #1602561 писал(а):

Mаксимальное значение функции достигается в точке $x=0$.

Только одного этого утверждения достаточно для решения задачи, но его нужно доказать.

[Klein]

Rak so dna в сообщении #1602566 писал(а):

Klein в сообщении #1602561 писал(а):

Mаксимальное значение функции достигается в точке $x=0$.

Только одного этого утверждения достаточно для решения задачи, но его нужно доказать.

Она не может быть в других точках кроме как в точках x=-3, x=0, x=3. Функция симметрическая.

[Rak so dna]

Klein в сообщении #1602567 писал(а):

Она не может быть в других точках кроме как в точках x=-3, x=0, x=3. Функция симметрическая.

Проверьте свои рассуждения для функции $f(x)=x^2(1-x^2)$.

[Klein]

Rak so dna в сообщении #1602572 писал(а):

Klein в сообщении #1602567 писал(а):

Она не может быть в других точках кроме как в точках x=-3, x=0, x=3. Функция симметрическая.

Проверьте свои рассуждения для функции $f(x)=x^2(1-x^2)$.

Каким образом ваш пример противоречит моему утверждению для функции выше на интервале [-3, 3] ? Ось симметрии в точке x=0 для функции. Ось симметрии - третий или четвертый класс?

[Rak so dna]

Klein мой пример показывает, что чётная функция не обязана принимать максимальное значение в нуле или на концах заданного интервала, на котором она рассматривается.

[Klein]

Rak so dna в сообщении #1602574 писал(а):

Klein мой пример показывает, что чётная функция не обязана принимать максимальное значение в нуле или на концах заданного интервала, на котором она рассматривается.

Тогда она может принимать минимальное значение на определенном интервале. Это можно проверить.

[svv]

А нельзя ли в рамках школьного курса показать, что для $f(x)=\sqrt[3]x$
$\dfrac {f(x_1)+f(x_2)} 2 < f\left(\dfrac{x_1+x_2}{2}\right)\,,\qquad x_1,x_2>0,\;x_1\neq x_2$
?
Мне кажется, наилучшим доказательством было бы то, которое основано не на узкой специфике $f(x)=\sqrt[3]x$ и значений $x_{1,2}=3 \pm \sqrt[3]{3}$, а на свойстве "первой величины": строгой выпуклости вверх $f(x)$ в положительной области.

[TOTAL]

svv в сообщении #1602652 писал(а):

А нельзя ли в рамках школьного курса показать, что для $f(x)=\sqrt[3]x$
$\dfrac {f(x_1)+f(x_2)} 2 < f\left(\dfrac{x_1+x_2}{2}\right)\,,\qquad x_1,x_2>0,\;x_1\neq x_2$
?

При $a,t>0$ школьник запросто поймет, что из вот этих двух больше

$$\sqrt[3]{a} - \sqrt[3]{a-t}=\frac{t}{\sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{a}\sqrt[3]{a-t}+ \sqrt[3]{(a-t)^2}}$$

$$\sqrt[3]{a+t} - \sqrt[3]{a}=\frac{t}{\sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{a}\sqrt[3]{a+t}+ \sqrt[3]{(a+t)^2}}$$

[Rak so dna]

svv в сообщении #1602652 писал(а):

А нельзя ли в рамках школьного курса показать, что для $f(x)=\sqrt[3]x$
$\dfrac {f(x_1)+f(x_2)} 2 < f\left(\dfrac{x_1+x_2}{2}\right)\,,\qquad x_1,x_2>0,\;x_1\neq x_2$
?

Здесь, опять же, помогает тождество $a^3+b^3+c^3-3abc=\dfrac{1}{2}(a+b+c)\left((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right)$

Если положить $a=-\dfrac{\sqrt[3]{x_1}}{2},~b=-\dfrac{\sqrt[3]{x_2}}{2},~c=\sqrt[3]{\dfrac{x_1+x_2}{2}}$, то достаточно доказать $\dfrac{3x_1}{8}+\dfrac{3x_2}{8}\geq \dfrac{3}{4}\sqrt[3]{\dfrac{x_1x_2(x_1+x_2)}{2}},$ а это просто:

$\dfrac{3x_1}{8}+\dfrac{3x_2}{8}=\dfrac{2x_1}{8}+\dfrac{2x_2}{8}+\dfrac{x_1+x_2}{8}\stackrel{AM-GM}{\geq} \dfrac{3}{8}\sqrt[3]{4x_1x_2(x_1+x_2)} = \dfrac{3}{4}\sqrt[3]{\dfrac{x_1x_2(x_1+x_2)}{2}}$

[Rak so dna]

svv в сообщении #1602652 писал(а):

Мне кажется, наилучшим доказательством было бы то, которое основано не на узкой специфике $f(x)=\sqrt[3]x$ и значений $x_{1,2}=3 \pm \sqrt[3]{3}$, а на свойстве "первой величины": строгой выпуклости вверх $f(x)$ в положительной области.

Ваше неравенство следует из определения выпуклости вверх функции $f(x)$ на отрезке $[x_1,x_2]$.