Неравенство

[Руст]

La|Verd писал(а):

Trius писал(а):

ну и что? никто не написал решение той задачи

Я только дошел до того, что $3(\frac a b + \frac b c + \frac c a) \geqslant 4 (a + b + c)$ для положительных $a, b, c$. Как это доказать еще не придумал...

Можете не доказывать, оно неверно. Берите a=b=c>3/4.

[La|Verd]

Руст писал(а):

La|Verd писал(а):

Trius писал(а):

ну и что? никто не написал решение той задачи

Я только дошел до того, что $3(\frac a b + \frac b c + \frac c a) \geqslant 4 (a + b + c)$ для положительных $a, b, c$. Как это доказать еще не придумал...

Можете не доказывать, оно неверно. Берите a=b=c>3/4.

Исправляюсь, $3(\frac a b + \frac b c + \frac c a + 1) \geqslant 4 (a + b + c)$

[Руст]

Это то же неверно. Например a=b=c>1.

[La|Verd]

Руст писал(а):

Это то же неверно. Например a=b=c>1.

Хм, странно... я вроде получил это заменами из исходного с ограничением $x, y, z\neq 0$...

[neo66]

Это вряд ли. Исходное неравенство однородно, а ваше нет.

Переменные a,b,a - не независимы.
Надо добавить условие: abc=1;;

[heap]

Trius писал(а):

а можно по-другому доказать?

Можно.

$x + y + z\leqslant\sqrt{1+x^2}\sqrt{1+(y+z)^2}\sqrt{1+\frac {(y-z)^2 + (2yz-1)^2} {3+3(y+z)^2} } = \frac 2 {\sqrt {3 } } \sqrt{(1+x^2)(1+y^2)(1+z^2)}$

[neo66]

heap писал(а):

$x + y + z\leqslant\sqrt{1+x^2}\sqrt{1+(y+z)^2}\sqrt{1+\frac {(y-z)^2 + (2yz-1)^2} {3+3(y+z)^2} }

Это очевидно?

[La|Verd]

neo66 писал(а):

Это вряд ли. Исходное неравенство однородно, а ваше нет.

Переменные a,b,a - не независимы.
Надо добавить условие: abc=1;;

Да. Собственно, я просто заменил $\frac x z = a$, $\frac y x = b$, $\frac z y = c$. Правда, что с этим дальше делать я не придумал... даже если добавить условие abc=1.

[neo66]

Я тоже

Добавлено спустя 44 минуты 51 секунду:

Trius писал(а):

для неотрицательных $x,y,z$ доказать неравенство $3(x^3+y^3+z^3+xyz)\geq 4(x^2y+y^2z+z^2x)$

Вроде, доказал, но удовлетворения не получил . Идея такая: перепишем наше неравенство в виде:

f(x,y,z)=(3x^2+yz)(x-y) + (3y^2+xz)(y-z) +(3z^2+xy)(z-x) \geq 0;

Теперь легко доказать, что, если оно выполняется для тройки (x,y,z), то оно выполняется и для (x+a,y+a,z+a), где a\geq 0. Поэтому его достаточно доказать на границе области определения, т.е. x, y или z=0, что тоже нетрудно.

P.S.Такое чувство, что должны быть доказательства, использующие общие методы, типа выпуклости, перестановочного неравенства, неравенства Караматы и т.п.

[Руст]

Лучше доказать исходное неравенство:

Trius писал(а):

еще одно неравенство. вроде простое, а доказать не получается : для неотрицательных $x,y,z$ доказать неравенство $3(x^3+y^3+z^3+xyz)\geq 4(x^2y+y^2z+z^2x)$

Красивого решения не знаю. В лоб можно доказать так.
Исследуем функцию $f(x,y,z)=3(x^3+y^3+z^3+xyz)-4(x^2y+y^2z+z^2x).$
1.Не сложно проверяется, что неравенство выполняется на границе, когда одна из переменных обращается в 0, можно ввести отношение одного переменного к другому и легко исследовать полином 3-й степени.
2. Находим минимум этой функции. Она находится или на границе (где проверена) или в точке экстремума, где все частные производные нули. Просуммировав уравнения относительно частных производных получаем уравнение:
$x^2+y^2+z^2=xy+yz+zx$, эквивалентного $(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2=0$,
что выполняется при действительных значениях аргумента только если х=y=z. В этом случае f(x,y,z)=0. А значит это неравенство верно всегда.

[Trius]

а задача-то для девятикласников была

[maxal]

Руст писал(а):

2. Находим минимум этой функции. Она находится или на границе (где проверена) или в точке экстремума, где все частные производные нули.

Или не достигается (на бесконечности). Нужно доказать, что это также невозможно.

[Руст]

Об этом не упомянул. По каждой переменной функция уходит к + бесконечности при стремлении к бесконечности как кубический многочлен. Из-за однородности f(x,y,z) точнее нужно было искать минимум на 1/8 части сферы.

[heap]

neo66 писал(а):

heap писал(а):

$x + y + z\leqslant\sqrt{1+x^2}\sqrt{1+(y+z)^2}\sqrt{1+\frac {(y-z)^2 + (2yz-1)^2} {3+3(y+z)^2} }

Это очевидно?

Конечно очевидно. Т.к. $x + y + z\leqslant\sqrt{1+x^2}\sqrt{1+(y+z)^2}$ поскольку $a + b\leqslant\sqrt{1+a^2}\sqrt{1+b^2}$

[bot]

А в тригонометрию никто не пробовал пойти?
$a=\frac{1}{\cos^2 \alpha}, \ b=\frac{1}{\cos^2 \beta}, \ c=\frac{1}{\cos^2 \gamma}$, где $\alpha , \ \beta, \gamma \in [0 , \frac{\pi}{2})$ с превращением неравенства в следующее:

$\tg \alpha + \tg \beta + \tg \gamma \le \frac{2}{\sqrt{3} \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma }$

Здесь в геометрию/стереометрию пойти можно. Попробовал несколько интерпретаций, но до конца тяму не хватило. Если одна часть прозрачно интерпретируется, то другая отвратительна. Например, левая часть - это удвоенный объем трёх поставленных друг на друга прямоугольных параллелепипедов с одинаковым основанием $\frac{1}{\sqrt{2}} \times \frac{1}{\sqrt{2}} $ , а правая тоже объём, но плохой ...
Brutal force здесь вроде не так сложна, но что-то не хочется. Должно ведь быть красивое решение.