Неравенство

[arqady]

Отличное доказателство, juna!
В седующем неравенстве Ваш метод уже не работает.

Пусть

$$a,$$

$$b$$

и

$$c$$

- неотрицательные числа, для которых

$$a^2+b^2+c^2=3.$$

Докажите, что:

$$(5-2a)(5-2b)(5-2c)\geq27.$$

Что касается неравенства

$$(k-a)(k-b)(k-c)\geq(k-1)^3$$

при тех же начальных условиях,
то для

$$k=2.109$$

оно ещё верно, а для

$$k=2.108$$

- уже нет.

[neo66]

arqady писал(а):

Вы уверены?

А в чем конкретно сомнения?

[arqady]

neo66 писал(а):

arqady писал(а):

Вы уверены?

А в чем конкретно сомнения?

У меня нет сомнения в ошибочности Вашего рассуждения. Но спрашивал то я Вас о Вас.
Может, ответите? Спасибо!

[daogiauvang]

arqady писал(а):

Отличное доказателство, juna!
В седующем неравенстве Ваш метод уже не работает.

Пусть

$$a,$$

$$b$$

и

$$c$$

- неотрицательные числа, для которых

$$a^2+b^2+c^2=3.$$

Докажите, что:

$$(5-2a)(5-2b)(5-2c)\geq27.$$

Что касается неравенства

$$(k-a)(k-b)(k-c)\geq(k-1)^3$$

при тех же начальных условиях,
то для

$$k=2.109$$

оно ещё верно, а для

$$k=2.108$$

- уже нет.

$F(a,b,c) \geq F(t,t,c)$ где $ t =\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}} $и $c = Max (a,b,c ) \to c \geq 1$
но не знаю как доказывать последнее неравенство:
$ F(c)= (5-2c)\left( 25-20\sqrt{\frac{3-c^2}{2}}+2(3-c^2)\right) \geq F(1)=27$????

Добавлено спустя 52 минуты 22 секунды:

еще $a,b,c $ неотрицательные числа и $a^2+b^2+c^2=3$ то $ (2-a)(2-b)(2-c) \geq \frac{25}{27}$

[neo66]

arqady писал(а):

У меня нет сомнения в ошибочности Вашего рассуждения. Но спрашивал то я Вас о Вас.
Может, ответите? Спасибо!

Да, Вы правы, указанная функция выпукла только на отрезке $[0.\frac 9 4]$, чего недостаточно для применения неравенства Йенсена. Но, предложенное доказательство легко исправить:

Аппроксимируем нашу функцию $f(x)=\log_2(3-\sqrt(x)$ меньшей, но уже выпуклой на отрезке $[0,3]$ функцией, которая на отрезке $[0,1]$ совпадает с $f(x)$, а на отрезке $[1,3]$ "совпадает с касательной" к функции $f(x)$ в точке $x=1$. Далее, маниакально применяем неравенство Йенсена.

[Юстас]

arqady писал(а):

Отличное доказателство, juna!
В седующем неравенстве Ваш метод уже не работает.

Пусть

$$a,$$

$$b$$

и

$$c$$

- неотрицательные числа, для которых

$$a^2+b^2+c^2=3.$$

Докажите, что:

$$(5-2a)(5-2b)(5-2c)\geq27.$$

Что касается неравенства

$$(k-a)(k-b)(k-c)\geq(k-1)^3$$

при тех же начальных условиях,
то для

$$k=2.109$$

оно ещё верно, а для

$$k=2.108$$

- уже нет.

Работает тот же самый метод с "усреднением". a=b=c, естественно, только в пределе, но это ничему не мешает.

[arqady]

neo66 писал(а):

Далее, маниакально применяем неравенство Йенсена.

Вот и примените, а мы посмотрим.

Юстас писал(а):

arqady писал(а):

Пусть

$$a,$$

$$b$$

и

$$c$$

- неотрицательные числа, для которых

$$a^2+b^2+c^2=3.$$

Докажите, что:

$$(5-2a)(5-2b)(5-2c)\geq27.$$

Что касается неравенства

$$(k-a)(k-b)(k-c)\geq(k-1)^3$$

при тех же начальных условиях,
то для

$$k=2.109$$

оно ещё верно, а для

$$k=2.108$$

- уже нет.

Работает тот же самый метод с "усреднением". a=b=c, естественно, только в пределе, но это ничему не мешает.

Покажите, как это работает. Вас уже спрашивали об этом на предыдущей странице, но Вы не ответили.
О каком пределе Вы говорите и что означает Ваше "но это ничему не мешает"?

[daogiauvang]

daogiauvang писал(а):

Пусть $a^2+b^2+c^2=3$ Даказывать,что

$8(2-a)(2-b)(2-c) \geq (a+bc)(b+ca)(c+ab)$
мы можем использовать неравенство Сhur's????

Доказательство: $ c =Min(a,b,c)$
$2(2-a)(2-b) =8-4(a+b)+2ab = 8-4(a+b) +(a+b)^2-a^2-b^2 =(a+b-2)^2 +4-a^2-b^2 \geq c^2+1$

$(a+bc)(b+ca) \leq \frac{(a+b+ca+cb)^2}{4} =\frac{(c^2+1)(a+b)^2}{4} \leq \frac{(c^2+1)(3-c^2)}{2}$
$ c +ab \leq c + \frac{a^2+b^2}{2}= c+ \frac{3-c^2}{2}$

Поскольку, $ (2-c)(c^2+1) \geq \frac{(c^2+1)(3-c^2)}{2} \left(c+ \frac{3-c^2}{2}\right) \leftrightorrow (7-c^2)(c-1)^2 \geq 0$( верно)

Добавлено спустя 10 минут 18 секунд:

$(2-a)(2-b)(2-c) \geq (2-c)(c^2+1)$
где $c= Min (a,b,c ) \to c \in [0,1]$
т.е $f(c)=-c^3+2c^2-c+2$
Найти производную $f'(c)=-3c^2+4c-1=0 \leftrightorrow c=\frac{1}{3} $и $c=1$
$Min f(c) = Min \left( f(0),f(1),f(1/3) \right) =\frac{25}{27}$
Из $ c=1/3$ следует $ a^2+b^2=\frac{26}{9} $ и $ a+b=2$
Решить систему уравнения $ a =\frac{5}{3}, b=\frac{1}{3}$

[neo66]

arqady в сообщении #183400 писал(а):

Вот и примените, а мы посмотрим.

OK!
Аппроксимируем нашу функцию $f(x)=\log_2(3-\sqrt{x})$ меньшей, но уже выпуклой на отрезке $[0,3]$ функцией $g(x)$, которая на отрезке $[0,1]$ совпадает с $f(x)$, а на отрезке $[1,3]$ "совпадает с касательной" к функции $f(x)$ в точке $x=1$.
Далее,

$\frac{f(a^2)+f(b^2)+f(c^2)} 3 \ge \frac{g(a^2)+g(b^2)+g(c^2)} 3 \ge g(\frac {a^2+b^2+c^2} 3 )=f(1)=1$
$\Rightarrow (3-a)(3-b)(3-c)\geq8$

[Sonic86]

Слушайте! А разве нету общего метода доказательства таких неравенств?! Хотя бы симметрических, хотя бы для многочленов?! Насчет циклических я еще сомневаюсь, так как думаю, что есть бесконечно много циклических многочленов (минимум от трех переменных), которые, так сказать, алгебрачески независимы. Но вот насчет симметрических все проще: любой симметрический многочлен $f(x,y,z)$ выражается через элементарные симметрические многочлены
$\sigma _1 = x+y+z, \sigma _2 = xy+yz+zx, \sigma _3 = xyz$
То есть $f(x,y,z) = F(\sigma _1, \sigma _2, \sigma _3)$.
И тогда мы можем решать задачи на неявный экстремум методом множителей Лагранжа (задачи на неравенство к ним сводятся):
$f(x,y,z) \to \max (\min ), g(x,y,z)=a$, функции $f,g$ - симметрические. Если бы мы имели несколько ограничений $g_i (x,y,z)=a_i$, то они эквивалентны одному симметрическому
$\sum\limits_{i=0}^N (g_i (x,y,z)-a_i)^2 = 0$
Тогда $f(x,y,z) = F(\sigma _1, \sigma _2, \sigma _3), g(x,y,z) = G(\sigma _1, \sigma _2, \sigma _3)$
Решаем методом Лагранжа.
Производные симметрического многочлена $H(\sigma _1, \sigma _2, \sigma _3)$ в общем виде таковы:
$H'_x = H'_{\sigma _1}+(y+z)H'_{\sigma _2}+yzH'_{\sigma _3}$
$H'_y = H'_{\sigma _1}+(x+z)H'_{\sigma _2}+xzH'_{\sigma _3}$
$H'_z = H'_{\sigma _1}+(x+y)H'_{\sigma _2}+xyH'_{\sigma _3}$
Коротко: $grad _{x,y,z}H = M \cdot grad_ {\sigma _1, \sigma _2, \sigma _3}H$, где

$$ M = \left\{ \begin{array}{ccc} 1 & y+z & yz\\ 1 & x+z & xz\\ 1 & x+y & xy \end{array} \right. $$

Составляем систему: $M \cdot grad F = M \cdot \lambda grad G$ (градиент по $\sigma _j$).
Из нее следует $F = \lambda G + C$, что тривиально, или $\det M = 0$.
$\det M = (x-y)(x-z)(y-z)$. И вообще для n переменных $\det M$ равен попарному произведению разностей элементов $x_j$ (так сказать, корень из дискриминанта).
И тогда мы сразу получаем $x=y \vee x=z \vee y=z$. Но в общем случае нельзя доказать, что одновременно $x=y=z$, так как например в задаче
$\sigma _2 = 3, \sigma _1 \to \min$ минимум достигается в точках, симметричных $(0, \sqrt 3, \sqrt 3)$.
Но получается мы сразу в симметрической задаче можем брать $x=y$ например. До размышления мне казалось, что экстремумы всегда получаются при $x=y=z$, но получается это неверно.
Может есть еще какие-то идеи?

[arqady]

neo66 писал(а):

Аппроксимируем нашу функцию $f(x)=\log_2(3-\sqrt{x})$ меньшей, но уже выпуклой на отрезке $[0,3]$ функцией $g(x)$, которая на отрезке $[0,1]$ совпадает с $f(x)$, а на отрезке $[1,3]$ "совпадает с касательной" к функции $f(x)$ в точке $x=1$.
Далее,

$\frac{f(a^2)+f(b^2)+f(c^2)} 3 \ge \frac{g(a^2)+g(b^2)+g(c^2)} 3 \ge g(\frac {a^2+b^2+c^2} 3 )=f(1)=1$
$\Rightarrow (3-a)(3-b)(3-c)\geq8$

Здорово!
Но для неравенства

$$(5-2a)(5-2b)(5-2c)\geq27$$

( с теми же ограничениями ) Ваш метод уже не работает.

[Юстас]

$(5-2a)(5-2c)\to \min, \ a^2+c^2=d\in (0,3]\leftrightarrow a=c$
$a\leq b\leq c \implies (5-2a)(5-2b)(5-2c)\geq (5-\sqrt{\frac{3-b^2}{2}})(5-\sqrt{\frac{3-b^2}{2}})(5-b)$,
$\sqrt{\frac{3-b^2}{2}}:=a_1=c_1,\ a_1\geq a, \ c_1\leq c$, причем, если все 3 числа не совпадают, то либо максимум строго уменьшится, либо минимум увеличится.
Продолжая процесс, придем в пределе к $\hat{a}=\hat{b}=\hat{c}=1$, что и требовалось.
Если а=0, то все и так очевидно.

[daogiauvang]

Найдите максимальное значение выражения:
$(a^2b+b^2c+c^2a+abc)(ab^2+bc^2+ca^2+abc)$
где $a,b,c$ неотрицательные числа и $a+2b+3c=4$