неравенство

[arqady]

Sasha Rybak писал(а):

n. "Всем надоели" неравенства и планиметрия. Эти разделы практически не развиваются из-за их алгоритмичности. Здесь мало творческих задач (хотя есть!)

Мне очень интересно ваше мнение по поводу следующего моего неравенства:
Для неотрицательных чисел $x,$ $y$ и $z,$ сумма которых равна $1,$ докажите что:
$\sqrt{1-3xy}+\sqrt{1-3xz}+\sqrt{1-3yz}\geq\sqrt6.$
Максимальный результат ( то есть, когда равенство достигается в четырёх точках ) здесь довольно громоздкий, поэтому я его не привожу.

[worm2]

arqady писал(а):

Для неотрицательных чисел $x,$ $y$ и $z,$ сумма которых равна $1,$ докажите что:
$\sqrt{1-3xy}+\sqrt{1-3xz}+\sqrt{1-3yz}\geq\sqrt6.$

А что, здесь действительно есть красивое решение, до которого можно догадаться за разумное время? Если нет, то это не олимпиадная задача

[arqady]

worm2
Мне удалось найти красивое, техничное, совершенно элементарное доказательство.
Найти его может быть трудно, но реализовать за олимпиадное время - вполне возможно.
Конечно, остаётся ещё возможность, что это всё примитивно просто.

[Macavity]

arqady писал(а):

Sasha Rybak писал(а):

n. "Всем надоели" неравенства и планиметрия. Эти разделы практически не развиваются из-за их алгоритмичности. Здесь мало творческих задач (хотя есть!)

Мне очень интересно ваше мнение по поводу следующего моего неравенства:
Для неотрицательных чисел $x,$ $y$ и $z,$ сумма которых равна $1,$ докажите что:
$\sqrt{1-3xy}+\sqrt{1-3xz}+\sqrt{1-3yz}\geq\sqrt6.$
Максимальный результат ( то есть, когда равенство достигается в четырёх точках ) здесь довольно громоздкий, поэтому я его не привожу.

Не очень понятен смысл последней фразы (например, есть другое более сложное неравенство, но Вы его не приводите или что-то ещё). Разъясните пожалуйста.

[arqady]

Macavity
Если увеличить число 3, то начиная с некоторого момента неравенство станет неверным, если сохранить, чтобы равенство достигалось когда $a=b=c.$
Короче, вот предельное неравенство:
при тех же условиях доказать, что

$\sqrt{9-32xy}+\sqrt{9-32xz}+\sqrt{9-32yz}\geq7.$
Как видите, $\frac{32}{9}>3$ и усилить его уже нельзя.
Идея доказательства та же, только числа больше.

[Macavity]

arqady писал(а):

Macavity
Если увеличить число 3, то начиная с некоторого момента неравенство станет неверным, если сохранить, чтобы равенство достигалось когда $a=b=c.$
Короче, вот предельное неравенство:
при тех же условиях доказать, что

$\sqrt{9-32xy}+\sqrt{9-32xz}+\sqrt{9-32yz}\geq7.$
Как видите, $\frac{32}{9}>3$ и усилить его уже нельзя.
Идея доказательства та же, только числа больше.

Ага. Теперь понятно. Спасибо.

[PAV]

PAV:

Отделено из этой темы.

Macavity, пожалуйста, перенесите туда часть своего последнего поста, в которой общие вопросы обсуждаются. Спасибо.

[Скорцонер]

Обозначим квадратные корни за u, v, w.
1). $u^2=1-3xy, v^2=1-3xz, w^2=1-3yz$.
Тогда неравенство будет иметь вид
2). $u + v + w \geqslant \sqrt6$.
Ограничение
3). $ x+y+z=1 $ можно записать как $(x+y+z)^2 = 1$, или через новые переменные в виде
4). $2/3 (u^2+v^2+w^2) - (x^2+y^2+z^2) =1$.
Ищем минимальное значение левой части 2) при условиях 1), 3) и 4). Отбросим пока условия 1), от этого минимум может только уменьшиться. Пишем функцию Лагранжа $F + \lambda G + \mu H$ , где $F, G, H$ – левые части 2), 3), 4) и ищем её экстремум по переменным
$ u, v, w, x, y, z$. Сразу получаем: $x = y = z =3\lambda / \mu =1/3$. Добавление условий 1) ничего не изменяет в полученном решении.

[Sasha Rybak]

Скорцонер писал(а):

Отбросим пока условия 1), от этого минимум может только уменьшиться.

К сожалению, отбросить не получится. Если не принимать условие 1), функция $u+v+w$ будет принимать как угодно малые значения - для не обязательно неотрицательных аргументов. Если же дополнительно положить $u, v, w \ge 0$, то минимум достигается при $x=y=z=1/3, u=\sqrt{2}, v=w=0$ и равен $\sqrt{2}$. А вариант $x=y=z=1/3, u=v=w=\sqrt{2/3}$ будет всего лишь "седловой точкой".

Моё решение не такое красивое, но, надеюсь, правильное. Предположим, что $x \le y \le z$. Покажем, что при замене $(x,y,z) \to (x,(y+z)/2,(y+z)/2)$ левая часть неравенства не увеличится. Например, так:
Пусть $f(x)=\sqrt{x},\ d=\frac{z-y}{2}$. Тогда по теореме Лагранжа:
$\sqrt{1-3yz}-\sqrt{1-3(\frac{y+z}{2})^2} = 3d^2 f'(\xi) \ge 3d^2 f'(\sqrt{1-3yz}) = \frac{3d^2}{2\sqrt{1-3yz}}$, где $\xi \in [1-3(\frac{y+z}{2})^2,\ 1-3yz]$.
Аналогично, по теореме Лагранжа для второй разности:
$\sqrt{1-3xy}+\sqrt{1-3xz}-2\sqrt{1-3x\frac{y+z}{2}} = (3xd)^2 f''(\xi_2) \ge -\frac{9x^2d^2}{4(\sqrt{1-3xz})^3}$, где $\xi_2 \in [1-3xz,\ 1-3xy]$.
Достачно показать, что
$\frac{3d^2}{2\sqrt{1-3yz}}-\frac{9x^2 d^2}{4(\sqrt{1-3xz})^3} \ge 0$, или, сокращая на $(3/2)d^2$:
$\frac{1}{\sqrt{1-3yz}} \ge \frac{3x^2}{2(\sqrt{1-3xz})^3}$.
Это получается так:
$\frac{1}{\sqrt{1-3yz}} \ge \frac{1}{\sqrt{1-3xz}} \ge \frac{3x^2}{2(\sqrt{1-3xz})^3}$. Первое неравенство следует из $x \le y$, второе - из $x \le 1/3,\ z \le 1-2x$.

Теперь осталось рассмотреть наборы вида $(x,\frac{1-x}{2},\frac{1-x}{2})$. Для них исследуем функцию $2\sqrt{1-3x\frac{1-x}{2}}+\sqrt{1-3(\frac{1-x}{2})^2}$ на экстремум с помощью производных. Получаем, что точки экстремума - это $x=0$ и $x=1/3$. Из них $x=1/3$ - точка минимума.

А какое красивое решение??

[arqady]

Sasha Rybak
Моё решение основано на той же самой идее, только у меня в разности $f(x,y,z)-f\left(x,\frac{y+z}{2},\frac{y+z}{2}\right)$ можно вынести $(y-z)^2$ за скобки, а в скобках получается неотрицательная радость.
Это неравенство я придумал для любителей Коши- Буняковского и AM-GM, но вы его раскололи. Поздравляю!

Добавлено спустя 34 минуты 59 секунд:

Вот, имхо, очень красивое неравенство:
для неотрицательные чисел $a,$ $b$ и $c,$ сумма которых равняется $3$ докажите, что
$a\sqrt{1+b^3}+b\sqrt{1+c^3}+c\sqrt{1+a^3}\leq5.$

[Скорцонер]

Подставим $1= (a+b+c)/3$ и перепишем неравенство в однородном виде:
1). $ \sum _{cycl} \sqrt{9a^2 ((a+b+c)^3+27b^3) /((a+b+c)^5 } \leqslant 5$.
Требуется доказать его для неотрицательных переменных.
Легко видеть, что для неотрицательных переменных $u,v,w$ множество $Q=\{ \sqrt {u} +\sqrt {v}+\sqrt {w} \geqslant 5\}$ выпукло. Проведем к $Q$ касательную плоскость $P$ в точке $R=(u=v=w=25/9)$. Внутренняя нормаль $N$ к ней имеет координаты $(1,1,1)$. Можно считать, что подкоренные выражения в 1). через параметры $a,b,c$ задают множество $S(u,v,w)$. Покажем, что касательная плоскость $P$ разделяет множества $ S$ и $Q$, т.е. скалярное произведение $N$ на вектор, проведенный из точки $R$ в произвольную точку множества $S$ отрицательно. Это дает:
2). $\sum_{cycl}\{[9a^2 ((a+b+c)^3+27b^3) /((a+b+c)^5]-25/9\} \leqslant 0$. Или
3). $(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)^3 + 27(a^2 b^3+b^2 c^3+c^2 a^3) \leqslant 25(a+b+c)^5$
Это неравенство достаточно очевидно.

[arqady]

Скорцонер писал(а):

Это дает:
2). $\sum_{cycl}\{[9a^2 ((a+b+c)^3+27b^3) /((a+b+c)^5]-25/9\} \leqslant 0$. Или
3). $(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)^3 + 27(a^2 b^3+b^2 c^3+c^2 a^3) \leqslant 25(a+b+c)^5$
Это неравенство достаточно очевидно.

у меня получилось

$$\sum_{cycl}\{[9a^2 ((a+b+c)^3+27b^3) /((a+b+c)^5]-25/9\} \leqslant 0\Leftrightarrow$$

$\Leftrightarrow27(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)^3 + 729(a^2 b^3+b^2 c^3+c^2 a^3) \leqslant 25(a+b+c)^5,$ которое неверно.

[neo66]

arqady писал(а):

Вот, имхо, очень красивое неравенство:
для неотрицательные чисел $a,$ $b$ и $c,$ сумма которых равняется $3$ докажите, что
$a\sqrt{1+b^3}+b\sqrt{1+c^3}+c\sqrt{1+a^3}\leq5.$

Воспользуемся неравенством: $\sqrt{1+x^3}\le 1+ \frac{1}{2} x^2$. Имеем:

$a\sqrt{1+b^3}+b\sqrt{1+c^3}+c\sqrt{1+a^3}\leq a(1+ \frac{1}{2} b^2) + b(1+ \frac{1}{2} c^2) +c(1+ \frac{1}{2} a^2)$.

Поэтому нам достаточно доказать следующее неравенство (при тех же ограничениях на $a,b,c$):
$ab^2 + bc^2 + ca^2 \leq 4$
Оставляю его в качестве упражнения.

[arqady]

neo66 писал(а):

Воспользуемся неравенством: $\sqrt{1+x^3}\le 1+ \frac{1}{2} x^2$

Именно это я и имел в виду!

[arqady]

Вот ещё одно. От двух переменных всё-таки...

Пусть $a>0,$ $b>0,$ $n\in\mathbb N$ и $a^n+b^n=2.$ Докажите, что:
$n(a+b)+\frac{n-1}{ab}\geq3n-1.$