Неравенство

[Trius]

Пусть $a^2+b^2+c^2=1$, доказать, что $a+b+c\leq 2abc+\sqrt{2}$

[neo66]

Trius писал(а):

Пусть $a^2+b^2+c^2=1$, доказать, что $a+b+c\leq 2abc+\sqrt{2}$

Применяем множители Лагранжа к функции:
$f(a,b,c)=a+b+c-2abc$, находим, что максимум достигается в точках $(0,\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}})$ и аналогичных и равен $\sqrt{2}$.

[RIP]

Trius писал(а):

Пусть $a^2+b^2+c^2=1$, доказать, что $a+b+c\leq 2abc+\sqrt{2}$

$$a+b+c-2abc=a(1-2bc)+b+c=a\cdot(a^2+(b-c)^2)+(b+c)\cdot1\leqslant\sqrt{\biggl(a^2+(b+c)^2\biggr)\biggl((a^2+(b-c)^2)^2+1\biggr)}.$$

Если обозначить $x=a^2+(b+c)^2$, $y=a^2+(b-c)^2$, то $x+y=2$. Значит, $xy\leqslant\left(\frac{x+y}2\right)^2=1$ и $x(y^2+1)=xy\cdot y+x\leqslant y+x=2$.

[Trius]

RIP, класное доказательство Красиво

[dm]

bot писал(а):

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...

Trius писал(а):

неравенство $tg\alpha +tg\beta +tg\gamma\leq \frac{2}{\sqrt{3} cos\alpha cos\beta cos\gamma}$ можно преобразовать в такое $cos\gamma sin(\alpha+\beta)+sin\gamma cos\alpha cos\beta\leq \frac{2}{\sqrt{3}}$ а вот что дальше делать...

Уже ответил на другом форуме, но продублирую здесь.
$\sin\alpha\cos\beta\cos\gamma+\sin\beta\cos\alpha\cos\gamma+\sin\gamma\cos\alpha\cos\beta=\sin(\alpha+\beta+\gamma)+\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma$
\le\sin(\alpha+\beta+\gamma)+\sin^3\dfrac{\alpha+\beta+\gamma}{3}=3(t-t^3)\le\dfrac{2}{\sqrt{3}}$,
где $t=\sin\dfrac{\alpha+\beta+\gamma}{3}\in[0,1]$.
Так что после тригонометрической подстановки: Йенсен и оценка кубического полинома.

[Trius]

dm, спасибо, тут все-таки понятнее написано Только перед Йенсеном еще неравенство Коши было.

[dm]

Trius писал(а):

Только перед Йенсеном еще неравенство Коши было.

Я имел в виду Йенсен для $\ln\sin x$.

[Trius]

А,точно, но это не существенно для решения