Несложное неравенство)))...

[Lunatik]

dslib в сообщении #456054 писал(а):

Запутанная задачка...

Смотря какая... вот первая несложная... относительно...

[Equinoxe]

Lunatik, решение для n=3 существует. (5 вертикальных и 8 горизонтальных). Для всех четных n не существует. Для n=5 смотреть надо… Думаю, для больших можно будет доказать как-нибудь, что модуль кол-ва относительно 36 слишком большой будет. Хотя, возможно и проще как-то

[Lunatik]

Equinoxe в сообщении #456059 писал(а):

Lunatik, решение для n=3 существует. (5 вертикальных и 8 горизонтальных). Для всех четных n не существует. Для n=5 смотреть надо… Думаю, для больших можно будет доказать как-нибудь, что модуль кол-ва относительно 36 слишком большой будет. Хотя, возможно и проще как-то

Чудесно! Начало мне нравится! Двигайтесь дальше!

[Equinoxe]

Lunatik, ну, несложно представить общий вид всех раскрасок, из которого очевидным образом следует, что либо минусиков >=3n-1, либо 1. Так что для больших (n>=12) доказано.
(общий вид основывется на том, что горизонтали можно менять между собой сколько угодно, равно как и вертикали)

-- Чт июн 09, 2011 16:09:11 --

Теперь 5, 7, 9 и 11…
Существуют 3 вида конечного кол-ва минусиков:
1. 3n(x+y)-xy+1
2. 3n(x+y)-xy+3n-x-1
3. 3n(x+y)-xy+6n-x-y-2
Если приравнивать их к 36, получаются гиперболы, нарисовать для каждого из четырех случаев такие, нарисовать квадратик от (0, 0) до (3n, 3n), понять, что гипербола его не пересекает, либо пересекает в нецелой точке (там один такой случай), а значит хороших решений не может быть.

Проще в общем не нашла :(

[arqady]

Lunatik в сообщении #455997 писал(а):

1) Между положительными числами $a$ и $b$ вставить числа $x, y, z (a<x<y<z<b)$, чтобы выражение $\frac{xyz}{(a+x)(x+y)(y+z)(z+b)}$ приняло наибольшее значение.

Вот решение моего ученика:
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 2#p2302272
Я научил!

[MrDindows]

arqady в сообщении #456151 писал(а):

Lunatik в сообщении #455997 писал(а):

1) Между положительными числами $a$ и $b$ вставить числа $x, y, z (a<x<y<z<b)$, чтобы выражение $\frac{xyz}{(a+x)(x+y)(y+z)(z+b)}$ приняло наибольшее значение.

Вот решение моего ученика:
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 2#p2302272
Я научил!

What is it ?

Цитата:

it has to be the maximal value because of holders inequality.

[arqady]

Вы спрашиваете, что такое неравенство Гёльдера? Ну это можно в любом справочнике посмотреть. Правда, почему-то его всегда пишут в садистко-мазохистском виде (садисты - те, кто так пишут, а мазохисты - те, кто пытаются его не смотря ни на что в таком виде применять).
Сейчас я убегаю в школу (нет времени, это неравенство довольно длинное), а после неё могу, если хотите, написать неравенство Гёльдера в человеческом виде и показать, как его применять.

[Equinoxe]

arqady, я тоже хочу :)

[Lunatik]

И я, и я, и я того же мнения)))

-- Пт июн 10, 2011 10:50:59 --

И ещё я бы хотел более подробного доказательства Equinoxe по задачке о таблице, потому что из набросочного решения я не понял несколько моментов, хотелось бы их уточнить)

[MrDindows]

arqady в сообщении #456381 писал(а):

Вы спрашиваете, что такое неравенство Гёльдера? Ну это можно в любом справочнике посмотреть. Правда, почему-то его всегда пишут в садистко-мазохистском виде (садисты - те, кто так пишут, а мазохисты - те, кто пытаются его не смотря ни на что в таком виде применять).
Сейчас я убегаю в школу (нет времени, это неравенство довольно длинное), а после неё могу, если хотите, написать неравенство Гёльдера в человеческом виде и показать, как его применять.

Мм, так значит holders=Гёльдера))
Само неравенство, если не ошибаюсь, выглядит так:
$x_1y_1+x_2y_2+...+x_ky_k\le (x_1^p+x_2^p+...+x_k^p)^\frac1p\cdot(y_1^q+y_2^q+...+y_k^q)^\frac1q$
Теперь вопрос, как оно здесь применяется?)

[Equinoxe]

Lunatik, и да, Вас всё ещё интересует решение последней задачки? Она мне очень понравилась, я даже на другом форуме запостила, правда там до конца её так и не решили :)

[arqady]

MrDindows в сообщении #456439 писал(а):

Само неравенство, если не ошибаюсь, выглядит так:
$x_1y_1+x_2y_2+...+x_ky_k\le (x_1^p+x_2^p+...+x_k^p)^\frac1p\cdot(y_1^q+y_2^q+...+y_k^q)^\frac1q$
Теперь вопрос, как оно здесь применяется?)

Вот это и есть садистско-мазохистская форма. Трудность в том, что надо добавить ещё $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$ и что все числа положительны (последнее как раз не трудно, но добавить надо).
Теперь обещанный человеческий вид Вашего Гёльдера (затем займёмся обобщениями).
Для положительных $a_i$, $b_i$, $\alpha$ и $\beta$ выполняется следующее неравенство:

$$(a_1+a_2+...+a_k)^{\alpha}(b_1+b_2+...+b_k)^{\beta}\geq\left(\left(a_1^{\alpha}b_1^{\beta}\right)^{\frac{1}{\alpha+\beta}}+\left(a_2^{\alpha}b_2^{\beta}\right)^{\frac{1}{\alpha+\beta}}+...+\left(a_k^{\alpha}b_k^{\beta}\right)^{\frac{1}{\alpha+\beta}}\right)^{\alpha+\beta}$$

Доказательство легко получить из соображений выпуклости функции $f(x)=x^{\alpha}$ при $\alpha>1$.
Равенство достигается , когда для всех $i$ выполняется: $\frac{a_i^{\alpha}}{b_i^{\beta}}=const$.
Примеры применения (все следующие неравенства можно доказать и по-другому).
Гёльдер особенно хорош, когда есть корни и нужно от них избавиться.
Доказать, что для положительных $a$, $b$ и $c$ выполняется следующее неравенство:

$$\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\geq2$$

Применяем Гёдьдера:
$\left(\sum\limits_{cyc}\sqrt{\frac{a}{b+c}}\right)^2\sum\limits_{cyc}a^2(b+c)\geq(a+b+c)^3$.
В квадрат возвели, чтобы избавиться от корня, домножили на $a^2$, чтобы получающийся показатель степени $a$ разделился на три и домножили на $b+c$, чтобы избавиться от знаменателя.
То есть, остаётся доказать, что $(a+b+c)^3\geq4\sum\limits_{cyc}(a^2b+a^2c)$, что очевидно верно.
Ещё пример.
Пусть $a$, $b$ и $c$ положительны. Докажите, что

$$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq\sqrt[4]{27(a^4+b^4+c^4)}$$

Применяем Гёльдера:
$\left(\sum\limits_{cyc}\frac{a^2}{b}\right)^2\sum\limits_{cyc}a^2b^2\geq(a^2+b^2+c^2)^3$.
(зачем возвели в квадрат?)
Таким образом, остаётся доказать, что
$(a^2+b^2+c^2)^3\geq(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)\sqrt{27(a^4+b^4+c^4)}$, которое эквивалентно очевидному
$(x+y+z)^6\geq27(xy+xz+yz)^2(x^2+y^2+z^2)$ для положительных $x$, $y$ и $z$

Перейдём теперь к обобщению.
Пусть $a_i$, $b_i$ и $c_i$, $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ положительны. Тогда согласно Гёльдеру:
$(a_1+a_2+...+a_k)^{\alpha}(b_1+b_2+...+b_k)^{\beta}(c_1+c_2+...+c_k)^{\gamma}\geq\left(\sum\limits_{i=1}^k\left(a_i^{\alpha}b_i^{\beta}\right)^{\frac{1}{\alpha+\beta}}\right)^{\alpha+\beta}\left(\sum\limits_{i=1}^kc_i\right)^{\gamma}\geq$
$\geq\left(\sum\limits_{i=1}^k\left(a_i^{\alpha}b_i^{\beta}c_i^{\gamma}\right)^{\frac{1}{\alpha+\beta+\gamma}}\right)^{\alpha+\beta+\gamma}$.
Всё это аналогично продолжается на любое число последовательностей положительных чисел.
Перейдём теперь к доказательсву Амоца.
Согласно Гёльдеру для четырёх последовательностей положительных чисел (длина каждой из них равна двум) получаем:
$(a+x)(x+y)(y+z)(z+b)\geq\left(\sqrt[4]{axyz}+\sqrt[4]{xyzb}\right)^4=xyz\left(\sqrt[4]{a}+\sqrt[4]{b}\right)^4$.
Равенство достигается, когда $a:x:y:z=x:y:z:b$, что и даёт значения $x$, $y$ и $z$, которые указал Амоц.

[Lunatik]

arqady, круто, спасибо ! Если бы у нас были хоть какие-то кружки по математике
Первый пример я понял) Во втором примере я сначала не понял (действительно, зачем в квадрат возвели). Попробовал без квадрата. Получилось следующее:
$(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a})^1(b+c+a)^1 \geqslant ((a^2)^{1/2}+(b^2)^{1/2}+(c^2)^{1/2})^2$
Оставалось доказывать, что $(a+b+c)^2\geqslant(b+c+a)(27(a^4+b^4+c^4))^{1/4}$
Думал Йенсен прокатит... Ага, сейчас... Он то прокатил, но ровно с противоположным знаком(((.
А вот третье самое лёгкое. Думаю если бы видел хоть раз неравенство Гёльдера (в вашем виде ессно), применил бы его не задумываясь.
Мои пожелания:
а) Пару упражнений (этакую домашнюю на эту тему))))
б) Более простого обьяснения, зачем в квадрат возводить
в) Доказывать очевидные неравенства (типа $(x+y+z)^6\geq27(xy+xz+yz)^2(x^2+y^2+z^2)$ и др.)
г) И конечно же ещё пару уроков по каким-нибудь темам (я думаю никто не против )

[arqady]

Lunatik, Вам (ну и, понятно, всем) пару задач.

1. Для положительных $a$, $b$, $c$ и $d$, таких, что $(a+c)(b+d)=1$, докажите, что:

$$\frac{a^5}{b^3}+\frac{b^5}{c^3}+\frac{c^5}{d^3}+\frac{d^5}{a^3}\geq\left(\frac{a+b+c+d}{2}\right)^8$$

2. Пусть $a$, $b$ и $c$ неотрицательны и такие, что $a-b>-1$, $b-c>-1$ и $c-a>-1$. Докажите, что:

$$\frac{a}{(1+b-c)^3}+\frac{b}{(1+c-a)^3}+\frac{c}{(1+a-b)^3}\geq a+b+c$$

3.Пусть $a$, $b$ и $c$ неотрицательны и такие, что $ab+ac+bc\neq0$. Докажите, что:

$$\sqrt[3]{\frac{a}{b+c}}+\sqrt[3]{\frac{a}{b+c}}+\sqrt[3]{\frac{a}{b+c}}\geq2\sqrt[3]{1+\frac{5.5abc}{(a+b)(a+c)(b+c)}}$$

4. Пусть $a_i>0$, $n\in\mathbb N$, $\alpha>0$. Докажите, что:

$$\left(1+\frac{a_1^{\alpha+1}}{a_2^\alpha}\right)\left(1+\frac{a_2^{\alpha+1}}{a_3^\alpha}\right)\cdot...\cdot\left(1+\frac{a_n^{\alpha+1}}{a_1^\alpha}\right)\geq(1+a_1)(1+a_2)\cdot...\cdot(1+a_n)$$

Ну и неравенство $(x+y+z)^6\geq27(xy+xz+yz)^2(x^2+y^2+z^2)$ всё-таки докажите.
Удачи!