неравенство

[rightways]

$x,y,z-$ действительные числа и $ x+y+z+2=xyz $.

a) Докажите, что $ 2x^2+y^2+z^2\ge 2 $

б) Найдите $min$ или $max$ выражения $ x^2+y^2+z^2 $

[ex-math]

Метод множителей Лагранжа не поможет? Проверять лень

[Mathusic]

ex-math в сообщении #875114 писал(а):

Метод множителей Лагранжа не поможет? Проверять лень

Вы думаете, если бы разрешалось пользоваться этим методом, задача считалась бы "олимпиадной"?

Это скорее школьная вещь на "хитрую" манипуляцию с переменными.

[ex-math]

Вот я и удивился. Надо тогда обозначать "школьно-олимпиадность", олимпиады ведь разные бывают.

[Rak so dna]

rightways в сообщении #874999 писал(а):

$x,y,z-$ действительные числа и $ x+y+z+2=xyz $.

a) Докажите, что $ 2x^2+y^2+z^2\ge 2 $

б) Найдите $min$ или $max$ выражения $ x^2+y^2+z^2 $

Ответ на оба вопроса дает выражение:
$2x^2+y^2+\left(\frac{2+x+y}{xy-1}\right)^2-2 = x^2+\frac{\left(x^3y-xy^2-x^2-2xy-x\right)^2}{(x^2+y^2+1)\left(xy-1\right)^2}+\frac{\left(xy^3-x^2y-y^2-2xy-y\right)^2}{(x^2+y^2+1)\left(xy-1\right)^2}+\frac{\left(x^2y^2-2xy-x-y-1\right)^2}{(x^2+y^2+1)\left(xy-1\right)^2}+\frac{\left(x-y\right)^2\left(xy+x+y+1\right)^2}{(x^2+y^2+1)\left(xy-1\right)^2}+\frac{\left(xy+x+y+1\right)^2}{x^2+y^2+1}$

[arqady]

Докажем, что $x^2+y^2+z^2\geq2$.
Проще всего, по-моему, это - с помощью uvw.
Ведь ограничение не зависит от $v^2$, а $x^2+y^2+z^2=9u^2-6v^2$ линейная функция от $v^2$.
Поэтому для завершения доказательства остаётся проверить случай $y=x$, что очень просто.

[fibonacci]

arqady в сообщении #875363 писал(а):

Докажем, что $x^2+y^2+z^2\geq2$.
Проще всего, по-моему, это - с помощью uvw.
Ведь ограничение не зависит от $v^2$, а $x^2+y^2+z^2=9u^2-6v^2$ линейная функция от $v^2$.
Поэтому для завершения доказательства остаётся проверить случай $y=x$, что очень просто.

arqady , как вы знали что $min=2$?

[arqady]

Если $y=z=-1$, то ограничение не зависит от $x$ и поэтому мы можем устремить его к нулю.

[fibonacci]

Спасибо!$arqady$

[arqady]

Можно ещё так.
Если $z=-1$, то $x=-1$ или $y=-1$ и неравенство очевидно.
Пусть $(1+x)(1+y)(1+z)\neq0$.
Перепишем ограничение в следующем виде $\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}=1$.
Положим $\frac{1}{1+x}=a$, $\frac{1}{1+y}=b$ и $\frac{1}{1+z}=c$.
Тогда после гомогенизации получаем.
$\frac{(a+b)^2}{c^2}+\frac{(a+c)^2}{b^2}+\frac{(b+c)^2}{a^2}\geq2$.
Здесь имеется красивое завершение с помощью Коши-Шварц.

[Sergic Primazon]

rightways в сообщении #874999 писал(а):

$x,y,z-$ действительные числа и $ x+y+z+2=xyz $.

Докажите, что $ x^2+y^2+z^2\ge 2 $

После замены : $ x = \ctg(\alpha)$ , $ y = \ctg(\beta)$ , $ z = \ctg(\gamma)$ где $\alpha + \beta + \gamma = \pi $ получим :

$\sin(\alpha)\sin(\beta)\sin(\gamma)=-\frac{1}{2}$ , $\cos(\alpha)\cos(\beta)\cos(\gamma) \ge0 $ - что легко доказывается.

Равенство при : $\alpha= \beta= -\frac{\pi}{4}, \gamma = \frac{3\pi}{2}$

[Rak so dna]

arqady в сообщении #875582 писал(а):

Тогда после гомогенизации получаем.
$\frac{(a+b)^2}{c^2}+\frac{(a+c)^2}{b^2}+\frac{(b+c)^2}{a^2}\geq2$.
Здесь имеется красивое завершение с помощью Коши-Шварц.

Для положительных $a$, $b$ и $c$ можно также воспользоваться
$\frac{(a+b)^2}{c^2}\geqslant\frac{a+2b-c}{a+b+c}$

[arqady]

Для положительных переменных левая часть не меньше $12$.

[Rak so dna]

arqady в сообщении #875926 писал(а):

Для положительных переменных левая часть не меньше $12$.

Да, и доказывается это аналогично:
$\frac{(a+b)^2}{c^2}\geqslant\frac{16a+16b-20c}{a+b+c}$, что следует из
$\frac{(a+b)^2}{c^2}-\frac{16a+16b-20c}{a+b+c}=\frac{(a+b-2c)^2(a+b+5c)}{(a+b+c)c^2}$

[arqady]

Можно ещё применить AM-GM для двенадцати слагаемых.