fixfix
2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2  След.
 
 Неравенство
Сообщение21.01.2008, 20:47 


03/02/07
254
Киев
1)Для положительных $a,b,c$, для которых $abc=1$, доказать неравенство
$\frac {a^2+b^2}{c^2+a+b} +\frac {b^2+c^2}{a^2+b+c} + \frac{a^2+c^2}{b^2+a+c} \geq 2$.
2) Те же условия на $a,b,c$ ,но доказать надо $\frac {a^2+b^2}{c^2+a+b} +\frac {b^2+c^2}{a^2+b+c} + \frac{a^2+c^2}{b^2+a+c} \geq 2 + \frac {2(a^2+b^2+c^2-a-b-c)}{(a^2+b^2+c^2)^2} $

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение23.01.2008, 09:24 
Заморожен
Аватара пользователя


18/12/07
8774
Новосибирск
С первой задачей у меня получилось так (довольно длинно).

1) $a + b + c \geqslant 3$. Это сразу следует из того факта, что среднее геометрическое трёх положительных чисел не может быть больше их среднего арифметического.

2) $a+b+c \leqslant a^2 + b^2 + c^2$. Действительно, функция $f(t) = t^2$ выпукла, так что $(a+b+c)^2/9 \leqslant (a^2+b^2+c^2)/3$ и по предыдущему $(a+b+c)^2 \leqslant 3(a^2+b^2+c^2) \leqslant (a+b+c)(a^2+b^2+c^2)$.

3) Из выпуклости функции $f(t) = t^2$ следует также, что

$$
\left( \frac{a^2 x + b^2 y + c^2 z}{a^2+b^2+c^2} \right)^2 \leqslant \frac{a^2 x^2 + b^2 y^2 + c^2 z^2}{a^2+b^2+c^2} 
$$

для любых действительных $x,y,z \in \mathbb{R}$. Подставляя $x=a$, $y=b$ и $z=c$, получаем

$$
(a^3+b^3+c^3)^2 \leqslant (a^2 + b^2 + c^2)(a^4+b^4+c^4)
$$

По предыдущему пункту имеем $a^2+b^2+c^2 \leqslant a^4+b^4+c^4$, так что $(a^3+b^3+c^3)^2 \leqslant (a^4+b^4+c^4)^2$ и $a^3 + b^3 + c^3 \leqslant a^4 + b^4 + c^4$.

4) Рассмотрим функцию

$$
g(t) = \frac{2(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c+t}
$$

Нетрудно заметить, что она выпукла на интервале от $-(a+b+c)$ до $+\infty$, так что для любых действительных $x,y,z$ из этого интервала справедливо неравенство

$$
\frac{(a^2+b^2)g(x)+(b^2+c^2)g(y)+(c^2+a^2)g(z)}{2(a^2+b^2+c^2)} \geqslant g \left( \frac{(a^2+b^2)x+(b^2+c^2)y+(c^2+a^2)z}{2(a^2+b^2+c^2)} \right)
$$

Подставим сюда $x=c^2-c$, $y=a^2-a$ и $z=b^2-b$ (легко проверить, что эти числа попадают в нужный интервал). Тогда в левой части этого длинного неравенства будет стоять выражение, оценить которое требуется по условию задачи. Правая же часть будет равна

$$
\frac{4(a^2+b^2+c^2)^2}{2(a+b+c)(a^2+b^2+c^2) + (a^2+b^2)(c^2-c) + (b^2+c^2)(a^2-a) + (c^2+a^2)(b^2-b)} = 
$$

$$
\frac{4(a^2+b^2+c^2)^2}{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2) + a^3 + b^3 + c^3 + 2(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2)}
$$

(пфуй, надеюсь, нигде не ошибся в выкладках). По пункту 2 имеем

$$(a+b+c)(a^2+b^2+c^2) \leqslant (a^2+b^2+c^2)^2$$

По пункту 3 получаем

$$a^3 + b^3 + c^3 + 2(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) \leqslant a^4 + b^4 + c^4 + 2(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) = (a^2+b^2+c^2)^2$$

Таким образом, знаменатель интересующей нас дроби не превосходит $2(a^2+b^2+c^2)^2$. Значит, сама дробь имеет значение $\geqslant 2$.

5) Всё. Задача номер 1 решена :)

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение23.01.2008, 16:12 


03/02/07
254
Киев
А задачка-то для 10го класса :)
Я не знаю как ее решать :)

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение23.01.2008, 19:04 
Заморожен
Аватара пользователя


18/12/07
8774
Новосибирск
Trius писал(а):
А задачка-то для 10го класса :)


Вполне. Что, в 10-ом классе выпуклые функции не проходят? Никакой "высшей математики" она вроде не требует.

Trius писал(а):
Я не знаю как ее решать :)


В смысле? Я же написал решение.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение23.01.2008, 22:21 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Свиду проще, но на самом деле то же самое:
Согласно Коши-Буняковскому, получаем:
$$\sum_{cyc}\frac{a^2+b^2}{c^2+a+b}\cdot\sum_{cyc}(a^2+b^2)(c^2+a+b)\geq\left(\sum_{cyc}(a^2+b^2)\right)^2$$
То-бишь остаётся доказать, что $$2(a^2+b^2+c^2)^2\geq\sum_{cyc}(a^2+b^2)(c^2+a+b),$$ а это уже было доказано Профессором Снэйпом.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение31.01.2008, 20:18 


03/02/07
254
Киев
Для положительных $a,b,c$ доказать неравенство
$\sqrt{a^4+\frac{b^4}{2}+\frac{c^4}{2}} + $ $\sqrt{b^4+\frac{a^4}{2}+\frac{c^4}{2}} +\sqrt{c^4+\frac{b^4}{2}+\frac{a^4}{2}} \geq \sqrt{a^4+b^{3}c} +\sqrt{b^4+c^{3}a} +\sqrt{c^4+a^{3}b} $

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение31.01.2008, 20:57 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Trius писал(а):
Для положительных $a,b,c$ доказать неравенство
$\sqrt{a^4+\frac{b^4}{2}+\frac{c^4}{2}} + $ $\sqrt{b^4+\frac{a^4}{2}+\frac{c^4}{2}} +\sqrt{c^4+\frac{b^4}{2}+\frac{a^4}{2}} \geq \sqrt{a^4+b^{3}c} +\sqrt{b^4+c^{3}a} +\sqrt{c^4+a^{3}b} $


Здесь имеется решение.
Последний шаг опирается на следующее известное неравенство:
$$(a^2+b^2+c^2)^2\geq3(a^3b+b^3c+c^3a),$$ которое доказывается, например, так:
$$(a^2+b^2+c^2)^2-3(a^3b+b^3c+c^3a)=\frac{1}{2}\sum_{cyc}(a^2-c^2-2ab+ac+bc)^2.$$
Интересно, что равенство в последнем неравенстве достигается не только когда $$a=b=c.$$ :wink:

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение02.02.2008, 23:20 


03/02/07
254
Киев
Для любых положительных $x,y,z$ доказать неравенство
$(x^2+\frac{3}{4})(y^2+\frac{3}{4})(z^2+\frac{3}{4}) \geq \sqrt{(x+y)(y+z)(x+z)}$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.02.2008, 07:08 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Trius писал(а):
Для любых положительных $x,y,z$ доказать неравенство
$(x^2+\frac{3}{4})(y^2+\frac{3}{4})(z^2+\frac{3}{4}) \geq \sqrt{(x+y)(y+z)(x+z)}$

Это верно, поскольку $$\left(x^2+\frac{3}{4}\right)\left(y^2+\frac{3}{4}\right)\geq x+y$$ верно. :wink:

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение04.02.2008, 10:32 
Заморожен
Аватара пользователя


18/12/07
8774
Новосибирск
arqady писал(а):
Trius писал(а):
Для любых положительных $x,y,z$ доказать неравенство
$(x^2+\frac{3}{4})(y^2+\frac{3}{4})(z^2+\frac{3}{4}) \geq \sqrt{(x+y)(y+z)(x+z)}$

Это верно, поскольку $$\left(x^2+\frac{3}{4}\right)\left(y^2+\frac{3}{4}\right)\geq x+y$$ верно. :wink:


Да, согласен, что из этого всё легко следует.

А вот как доказывать само неравенство

$$\left(x^2+\frac{3}{4}\right)\left(y^2+\frac{3}{4}\right)\geq x+y$$

У меня получилось только "честным" путём. Записываем функцию

$$\left(x^2+\frac{3}{4}\right)\left((a-x)^2+\frac{3}{4}\right)$$

с параметром $a$, дифференцируем по $x$, ищем минимум, получаем два различных случая ($a^2 \leqslant 3$ и $a^2 > 3$), каждый исследуем отдельно и убеждаемся, что минимум больше $a$. Может, там есть что-нибудь более красивое?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение04.02.2008, 13:51 


17/01/08
110
Ну, не знаю, красивее это или нет, но решение другое у меня имеется.

Неравенство можно записать в виде

$${\left(xy-\frac 3 4\right)}^2 + {\frac 3 4}{\left(x+y-\frac 2 3\right)}^2 \geqslant \frac 1 3$$.

Сделав обозначение u = x+y, v = xy, придем к следующему: необходимо доказать, что точка (u, v) лежит вне эллипса с центром в точке $$\left(\frac 2 3, \frac 3 4\right)$$ и полуосями $$\frac 2 3$$ и $$\frac 1 \sqrt{3}$$. Все точки (u, v) лежат не выше параболы $$v = \frac {u^2} 4$$.

Осталось заметить, что эллипс и парабола имеют точку касания - $$\left(1, \frac 1 4\right)$$ (тангенс угла наклона общей касательной равен $$\frac1 2$$). А поскольку внутренность эллипса лежит выше нижней части параболы (точнее части плоскости, образованной при делении ее параболой), то других общих точек нет.

Наверное, кстати, так и была придумана задача.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение04.02.2008, 14:08 


03/02/07
254
Киев
Для каждого натурального $n$ найти наибольшее $d_n$, для которого неравенство $\frac{1}{1+2a_1}+..+\frac{1}{1+2a_n} \geq d_n$ выполняется для всех положительных чисел $a_1,a_2...a_n$, произведение которых равно $1$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение04.02.2008, 15:42 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Профессор Снэйп писал(а):
А вот как доказывать само неравенство

$$\left(x^2+\frac{3}{4}\right)\left(y^2+\frac{3}{4}\right)\geq x+y$$

Может, там есть что-нибудь более красивое?

Вот так, например:
$$\left(x^2+\frac{3}{4}\right)\left(y^2+\frac{3}{4}\right)=\left(x^2+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\right)\left(\frac{1}{4}+y^2+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\right)\geq\left(\frac{x}{2}+\frac{y}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\right)^2=$$
$$=\frac{1}{4}(x+y+1)^2\geq x+y.$$
Вот похожая задача:
Для неотрицательных $$x,$$ $$y$$ и $$z$$ докажите, что $$
\frac{(x^3+2)(y^3+2)(z^3+2)}{27}\geq\sqrt{\frac{(x^2+y^2)(x^2+z^2)(y^2+z^2)}{8}}$$

Добавлено спустя 1 час 1 минуту 48 секунд:

Trius писал(а):
Для каждого натурального $n$ найти наибольшее $d_n$, для которого неравенство $\frac{1}{1+2a_1}+..+\frac{1}{1+2a_n} \geq d_n$ выполняется для всех положительных чисел $a_1,a_2...a_n$, произведение которых равно $1$.

Начиная с $$n=4$$ наибольшее $$d_n$$ уже меньше чем $$\frac{n}{3}$$ и для нахождения наибольшего такого $$d_n$$ , имхо, нужно запускать что-то типа рассуждения Дринфельда, что очень сложно.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.02.2008, 17:14 
Заслуженный участник


14/01/07
787
Профессор Снэйп писал(а):
А вот как доказывать само неравенство

$$\left(x^2+\frac{3}{4}\right)\left(y^2+\frac{3}{4}\right)\geq x+y$$

Может, там есть что-нибудь более красивое?
Меня тоже заинтересвало это неравенство. Вот еще одно совсем школьное доказательство.

Данное неравенство сводится к такому:
$(x^2+3)(y^2+3) - 8(x+y)\geq 0$

Будем рассматривать левую часть как квадратичную функцию переменной $x$:
$f(x)=x^2(y^2+3)-8x+(3y^2-8y+9)$

Она $\geq 0$ тогда и только тогда, когда дискриминант:
$D(y)=64-4(y^2+3)(3y^2-8y+9)\leq 0$

Но это действительно так, поскольку:
$D(y)=-4(y-1)^2(3y^2-2y+11)\leq 0$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение09.02.2008, 19:32 


03/02/07
254
Киев
arqady писал(а):
Trius писал(а):
Для каждого натурального $n$ найти наибольшее $d_n$, для которого неравенство $\frac{1}{1+2a_1}+..+\frac{1}{1+2a_n} \geq d_n$ выполняется для всех положительных чисел $a_1,a_2...a_n$, произведение которых равно $1$.

Начиная с $$n=4$$ наибольшее $$d_n$$ уже меньше чем $$\frac{n}{3}$$ и для нахождения наибольшего такого $$d_n$$ , имхо, нужно запускать что-то типа рассуждения Дринфельда, что очень сложно.

Насколько я знаю, для $n\geq 4$ правильный ответ - 1.

Добавлено спустя 2 минуты 25 секунд:

Пусть $a,b,c>0$и $a+b+c=3$. Доказать неравенство $\frac{a^3}{(a+b)(a+c)} + \frac{b^3}{(a+b)(b+c)}+\frac{c^3}{(c+b)(a+c)}\geq \frac 3 4$

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 16 ]  На страницу 1, 2  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: YandexBot [bot]


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group