Inequality

[ins-]

Let $x,y,z$ are real nonnegative numbers and $x^2 + y^2 + z^2 = xyz$. Prove that $ xy+yz+zx \ge 2(x+y+z) +9$.

[arqady]

ins- в сообщении #566689 писал(а):

Let $x,y,z$ are real nonnegative numbers and $x^2 + y^2 + z^2 = xyz$. Prove that $ xy+yz+zx \ge 2(x+y+z) +9$.

Следующее неравенство посильнее будет.
Для неотрицательных $x$, $y$ и $z$ таких, что $x^2+y^2+z^2=xyz$ докажите, что:

$$xy+xz+yz+18\geq5(x+y+z)$$

[TR63]

$3\sqrt[3]{(xyz)^2}+18\le(xy+xz+yz+18)\ge5(x+y+z)\le5\sqrt[2]{3(xyz)}$

$3t^2+18>5\sqrt3 t^\frac3 2$

$z^4-{\frac5 \sqrt3}z^3+6>0$

Если ошибок нет и последнее уравнение не имеет действительных корней, то этого досаточно.

[Edward_Tur]

Многочлен $z^4-{\frac5 \sqrt3}z^3+6$ имеет два действительный корня:
http://www.wolframalpha.com/input/?i=z% ... 9z%5E3%2B6

[TR63]

Спасибо. (Я ещё плохо разбираюсь в компьютере). Смотрела по другой формуле. Там, вроде, это особый случай. Буду разбираться. Может, просто ошиблась (в арифметике).

[Cash]

TR63 в сообщении #566977 писал(а):

$3\sqrt[3]{(xyz)^2}+18\le(xy+xz+yz+18)\ge5(x+y+z)\le5\sqrt[2]{3(xyz)}$

$3t^2+18>5\sqrt3 t^\frac3 2$

Переход неверен. В цепочке неравенств знаки должны быть "направлены" в одну сторону.
Либо все $>$, $\geq$, либо все $<$, $\leq$

[TR63]

Пока не согласна. В исходном неравенстве заменяем левую часть на "меньшее", а правую часть на "большее". Получаем усиление.

[TR63]

Из условия следует, что $xyz>27$(учитывая неравенство Коши-Буняковского). Решение неравенства четвёртой степени на комьютере показывает, что оно верно при $\hat z>2.5$, т.е. при $xyz>6,25^3$. (После замены переменных надо было написать $\hat z$). Многовато. Оно верно и при $xyz<27$. Странно. Зачем тогда ограничение на переменные (x,y,z).

[arqady]

Кстати, исходное неравенство неверно! $x=y=z=0$.

[Edward_Tur]

arqady в сообщении #566788 писал(а):

Для неотрицательных $x$, $y$ и $z$ таких, что $x^2+y^2+z^2=xyz$ докажите, что:

$$xy+xz+yz+18\geq5(x+y+z)$$

Тут "работает" метод множителей Лагранжа. Из системы 4 уравнений легко получается, что $x=y=z$ либо $2(2\lambda +1)^2(1+5\lambda )+(4\lambda ^2-1-5\lambda )^2$=0. Но последнее уравнение не имеет действительных решений.

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #566788 писал(а):

ins- в сообщении #566689 писал(а):

Следующее неравенство посильнее будет.
Для неотрицательных $x$, $y$ и $z$ таких, что $x^2+y^2+z^2=xyz$ докажите, что:

$$xy+xz+yz+18\geq5(x+y+z)$$

$x+y+z=p$ , $xy+yz+zx=q$ , $xyz=r$

$\frac{p^2}{3}\le x^2+y^2+z^2=r\le \frac{p^3}{27} => p=0 $ or $p\ge 9$

since $q^2\ge3pr =3p(p^2-2q)$ => $q\ge \sqrt{3p^3+9p^2}-3p$

$q+18\ge \sqrt{3p^3+9p^2}-3p+18\ge 5p$

[arqady]

Sergic Primazon в сообщении #568620 писал(а):

$q+18\ge \sqrt{3p^3+9p^2}-3p+18\ge 5p$

Последнее неравенство неверно

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #568792 писал(а):

Sergic Primazon в сообщении #568620 писал(а):

$q+18\ge \sqrt{3p^3+9p^2}-3p+18\ge 5p$

Последнее неравенство неверно

верно : $p=0 $ or $p\ge 9$

[arqady]

Sergic Primazon в сообщении #569176 писал(а):

arqady в сообщении #568792 писал(а):

Sergic Primazon в сообщении #568620 писал(а):

$q+18\ge \sqrt{3p^3+9p^2}-3p+18\ge 5p$

Последнее неравенство неверно

верно : $p=0 $ or $p\ge 9$

Вы о чём? Для $p=0$ исходное неравенство очевидно.
Вслучае же $p\geq9$ Вы утверждаете, что нужно проверить $\sqrt{3p^3+9p^2}-3p+18\ge 5p$, которое неверно.
Иначе, зачем Вы его написали?

[Edward_Tur]

arqady в сообщении #569234 писал(а):

Вслучае же $p\geq9$ Вы утверждаете, что нужно проверить $\sqrt{3p^3+9p^2}-3p+18\ge 5p$, которое неверно.

Для $p\geq9$ неравенство $\sqrt{3p^3+9p^2}-3p+18\ge 5p$ верно!