неравенство

[nnosipov]

Liouville в сообщении #487192 писал(а):

Что-то не могу найти этого всероса, ссылкой не поможете?

Агаханов и компания, Всероссийские олимпиады 1993-2006, задача 583. Книга вполне доступна.

[TOTAL]

nnosipov в сообщении #487054 писал(а):

Оригинальное решение довольно хитрое, сразу не догадаешься.

В неравенстве $x^2+y^3 \ge x^3+y^4$ надо просто выразить $x^2$ и $y^4$ через $x^3$ и $y^3$ с помощью неравенств между средним арифметическим и средним геометрическим
$\frac{2x^3+1}{3} \ge x^2$ и $\frac{3y^4+1}{4} \ge y^3$

Такое оригинальное решение?

[Liouville]

Вот оригинальное

[MrDindows]

Liouville в сообщении #487183 писал(а):

$x^2-x^3\geqslant{y^4-y^3}$
Заметим, что при $x,y\geqslant{0}$
$2x^3-3x^2+1=(2x+1)(x-1)^2\geqslant{0}$ и
$3y^4-4y^3+1=(3y^2+2y+1)(y-1)^2\geqslant{0}$.
Умножая первое неравенство на 3 и прибавляя к нему эти два, получаем требуемое.

Классное решение. Что интересно, полностью работает и для обобщения:
Если $x^{n-1}+y^n \ge x^n+y^{n+1}$, доказать $x^n+y^n \le 2$

-- Ср сен 28, 2011 16:07:23 --

TOTAL в сообщении #487215 писал(а):

nnosipov в сообщении #487054 писал(а):

Оригинальное решение довольно хитрое, сразу не догадаешься.

В неравенстве $x^2+y^3 \ge x^3+y^4$ надо просто выразить $x^2$ и $y^4$ через $x^3$ и $y^3$ с помощью неравенств между средним арифметическим и средним геометрическим
$\frac{2x^3+1}{3} \ge x^2$ и $\frac{3y^4+1}{4} \ge y^3$

И это работает)

[arqady]

Liouville в сообщении #487192 писал(а):

Что-то не могу найти этого всероса, ссылкой не поможете?

Это здесь:
http://olympiads.mccme.ru/vmo/25/vmo25.htm#kl10d2r

Следующее неравенство посильнее будет.
Для неотрицательных $x$ и $y$ таких, что $x^2+y^3\geq x^3+y^4$ докажите, что $x^5+y^5\leq2$.

[nnosipov]

arqady в сообщении #492886 писал(а):

Для неотрицательных $x$ и $y$ таких, что $x^2+y^3\geq x^3+y^4$ докажите, что $x^5+y^5\leq2$.

Тоже можно доказать усилием воли. Предполагая $0 \leqslant x \leqslant 1$ и рассуждая от противного, получим неравенство $x^2-x^3>(2-x^5)^{4/5}-(2-x^5)^{3/5}$, однако при любом $x$, $0 \leqslant x \leqslant 1$, имеет место противоположное неравенство (производная функции $f(x)=(2-x^5)^{4/5}-(2-x^5)^{3/5}+x^3-x^2$ отрицательна при $0<x<1$).

[arqady]

А что делать, если $x>1$?

[nnosipov]

arqady в сообщении #493175 писал(а):

А что делать, если $x>1$?

А тогда $y \leqslant 1$ и аналогичное можно проделать относительно $y$ (впрочем, не проверял, но надеюсь, что так и будет).

А у Вас какой фокус? Позволяет ли он найти максимальный показатель $\alpha$, для которого неравенство $x^\alpha+y^\alpha \leqslant 2$ было бы верным? При $\alpha=6$ это уже не так.

[arqady]

Вот здесь моё доказательство:
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 70#p871770
Лучшее значение $\alpha$ так не найти.
(Мой английский ужасен!)

[DjD USB]

Люди а разве нельзя зделать так
из первого уравнения можно увидеть что $x^2 > x^3$ т.е $0<x \le{1}$ учитывая что x и y >0 и то что $0<x^3\le{1}$
и следовательно делая также получим что $0<y^3\le{1}$ Сложим и получим 2 неравенство

[Liouville]

DjD USB в сообщении #493543 писал(а):

из первого уравнения можно увидеть что $x^2 > x^3$

Почему это можно увидеть? Нельзя это увидеть!

[DjD USB]

Извените не $x^2 > x^3$ а $x^2 >= x^3$ больше либо равен

-- Сб окт 22, 2011 18:01:08 --

Если не верите то давайте контр-пример

[nnosipov]

DjD USB в сообщении #495112 писал(а):

Если не верите то давайте контр-пример

Я тоже не верю. Вот контрпример: $x=1.01$, $y=0.95$.

[DjD USB]

Мда уж. А я знаете как брал, я брал только чтобы x и y оба >1 ))