Еще неравенство

[Руст]

Профессор Снэйп писал(а):

А верно ли, что для неотрицательных вещественных $u$, $v$ и $w$ из $uv+vw+wu \geqslant 3$ следует $\sqrt{u} + \sqrt{v} + \sqrt{v} \geqslant 3$?

Уже это установили выше и даже по сильнее. Пусть $uv+vw+wu=3p^2$. Перейдём к переменным $u=xp,v=yp,w=zp$ и из вышесказанного получаем $\sqrt u +\sqrt v +\sqrt w \ge 3\sqrt p\ge 3.$

[arqady]

Профессор Снэйп писал(а):

А верно ли, что для неотрицательных вещественных $u$, $v$ и $w$ из $uv+vw+wu \geqslant 3$ следует $\sqrt{u} + \sqrt{v} + \sqrt{v} \geqslant 3$?

Вы, конечно, имеете в виду вот это $\sqrt{u} + \sqrt{v} + \sqrt{w} \geqslant 3.$
Неверно!

$$u=v=\sqrt3$$

и

$$w=0.$$

[Профессор Снэйп]

Руст писал(а):

Уже это установили выше и даже по сильнее.

Но из этого следующая задача

Руст писал(а):

Сколько можно предлагать одно и то же. Можно сразу написать, что при выполнении

$$xy+yz+zx=3$$

имеет место

$$\sqrt{ax+b}+\sqrt{ay+b}+\sqrt{az+b}\ge3\sqrt{a+b}.$$

Все переменные неотрицательны.

получается совсем просто!

Действительно, по неравенству Коши-Буняковского имеем

$$ xy + yz + zx \leqslant x^2 + y^2 + z^2 $$

Отсюда

$$ (x+y+z)^2 = x^2 + y^2 + z^2 + 2(xy + yz + zx) \geqslant 3(xy + yz + zx) \geqslant 9 $$

и $x+y+z \geqslant 3$.

Далее,

$$ (ax+b)(ay+b) + (ay+b)(az+b) + (az+b)(ax+b) = a^2 (xy + yz + zx) + $$

$$ + 2ab(x+y+z) + 3b^2 \geqslant 3a^2 + 6ab + 3b^2 = 3(a+b)^2 $$

и

$$ \sqrt{\frac{ax+b}{a+b}} + \sqrt{\frac{ay+b}{a+b}} + \sqrt{\frac{az+b}{a+b}} \geqslant 3 $$

Добавлено спустя 2 минуты 48 секунд:

Тьфу ты, блин. Руст, Вы, оказывается, не правы! arqady вслед за Вами контрпример привёл!!

[arqady]

Профессор Снэйп
Об этом уже говорилось на первой странице этого топика.

[Профессор Снэйп]

Ну хорошо. А чему тогда равно минимальное $\alpha > 0$, такое что для всех $u, v, w \geqslant \alpha$ из $uv + vw + wu \geqslant 3$ следует $\sqrt{u} + \sqrt{v} + \sqrt{w} \geqslant 3$?

[bobo]

Профессор Снэйп писал(а):

Ну хорошо. А чему тогда равно минимальное $\alpha > 0$, такое что для всех $u, v, w \geqslant \alpha$ из $uv + vw + wu \geqslant 3$ следует $\sqrt{u} + \sqrt{v} + \sqrt{w} \geqslant 3$?

Учитывая все вышесказанное берем $v=u$, $w=\alpha$. Подбираем $\alpha$ из условия $2\alpha u+u^2=3$, чтобы выполнялось $2\sqrt{u}+\sqrt{\alpha}\geqslant 3$.Выразив из первого $u$ через $\alpha$ и подставив во второе, получим $(\sqrt{\alpha}-1)^3(3\sqrt{\alpha}-11)\leqslant 0$. Т.е. $\alpha = 1$.
К примеру, возьмем $w=\alpha=0.99$, $u=v=1.00502$, тогда 1-е неравенство верно, а втрое - нет.
Искал, конечно же, при условии $\alpha\leqslant 1$.

[Профессор Снэйп]

bobo писал(а):

Выразив из первого $u$ через $\alpha$ и подставив во второе, получим $(\sqrt{\alpha}-1)^3(3\sqrt{\alpha}-11)\leqslant 0$. Т.е. $\alpha = 1$.

А как Вы это сделали? У меня из первого получается

$$ u = \sqrt{\alpha^2+3}-\alpha $$

И как Вы от

$$ 2\sqrt{\sqrt{\alpha^2+3}-\alpha} + \sqrt{\alpha} \geqslant 3 $$

перешли к своему

$$ (\sqrt{\alpha}-1)^3(3\sqrt{\alpha}-11)\leqslant 0? $$

[bobo]

2 раза возвел в квадрат

[Профессор Снэйп]

bobo писал(а):

2 раза возвел в квадрат

У меня не получается. Распишите подробнее.

[bobo]

Учитывая, что рассматриваю $0<\alpha\leqslant1$, переношу $\sqrt{\alpha}$ в правую часть и возвожу в квадрат. Затем переношу $\alpha$ ( а точнее $4\alpha$) вправо и снова в квадрат.

[Профессор Снэйп]

bobo писал(а):

Учитывая, что рассматриваю $0<\alpha\leqslant1$, переношу $\sqrt{\alpha}$ в правую часть и возвожу в квадрат. Затем переношу $\alpha$ ( а точнее $4\alpha$) вправо и снова в квадрат.

Хорошо, давайте это проделаем.

$$ 2\sqrt{\sqrt{\alpha^2+3}-\alpha} \geqslant 3 - \sqrt{\alpha} $$

$$ 4(\sqrt{\alpha^2+3}-\alpha) \geqslant 9 + \alpha - 6\sqrt{\alpha} $$

$$ 4\sqrt{\alpha^2+3} \geqslant 9 + 5\alpha - 6\sqrt{\alpha} $$

$$ 16(\alpha^2+3) \geqslant 81 + 25\alpha^2 + 36\alpha + 45\alpha - 54\sqrt{\alpha} - 30\alpha\sqrt{\alpha} $$

$$ 9\alpha^2 + 81\alpha - 54\sqrt{\alpha} - 30\alpha\sqrt{\alpha} + 33 \leqslant 0 $$

И теперь

$$ (\sqrt{\alpha}-1)^3(3\sqrt{\alpha}-11) = (\alpha\sqrt{\alpha} - 3\alpha + 3\sqrt{\alpha} -1)(3\sqrt{\alpha}-11) = $$

$$ = 3\alpha^2 - 9\alpha\sqrt{\alpha} + 9\alpha - 3\sqrt{\alpha} - 11\alpha\sqrt{\alpha} + 33\alpha - 33\sqrt{\alpha} + 33 = $$

$$ = 3\alpha^2 + 42\alpha - 36\sqrt{\alpha} - 20\alpha\sqrt{\alpha} + 33 $$

Чёта не сходится, дорогая редакция. Я все свои выкладки привёл, если не сможете указать, в какой конкретно строчке у меня ошибка, значит, ошибка где-то у Вас

[bobo]

Профессор Снэйп писал(а):

$$ 16(\alpha^2+3) \geqslant 81 + 25\alpha^2 + 36\alpha + 45\alpha - 54\sqrt{\alpha} - 30\alpha\sqrt{\alpha} $$

Ошибочка закралась. Ну неужели мне еще в столбец начать многочлены делить?

[Профессор Снэйп]

bobo писал(а):

Профессор Снэйп писал(а):

$$ 16(\alpha^2+3) \geqslant 81 + 25\alpha^2 + 36\alpha + 45\alpha - 54\sqrt{\alpha} - 30\alpha\sqrt{\alpha} $$

Ошибочка закралась. Ну неужели мне еще в столбец начать многочлены делить?

Не вижу здесь никакой ошибки. Какую часть предыдущего неравенства, по Вашему мнению, я неправильно возвёл в квадрат: левую или правую?

Добавлено спустя 1 минуту 24 секунды:

Ах, да, есть ошибка, кажется. Сейчас пересчитаю.

Добавлено спустя 6 минут 53 секунды:

$$ 4\sqrt{\alpha^2+3} \geqslant 9 + 5\alpha - 6\sqrt{\alpha} $$

$$ 16(\alpha^2+3) \geqslant 81 + 25\alpha^2 + 36\alpha + 90\alpha - 108\sqrt{\alpha} - 60\alpha\sqrt{\alpha} $$

$$ 9\alpha^2 + 126\alpha - 108\sqrt{\alpha} - 60\alpha\sqrt{\alpha} + 33 \leqslant 0 $$

Так ведь всё равно не сходится с Вашим!!!

[Руст]

Я был не прав пребрежительным отношением к этой задаче. Но меня всё равно тянет к обобщениям. Поэтому попробую доказать гипотезу maxla, впрочем эту гипотезу я здесь (в этом форуме) высказывал ещё раньше.
Пусть требуется найти экстремальное значение симметрической функции $f(x_1,x_2,...,x_n)$ при симметрическом ограничении $g(x_1,x_2,...,x_n)=0$. Тогда (это известно) можно свести задачу к поиску экстремума некоторой симметричной функции (что выражается через другую функцию от элементарных симметричных функций) $F(\sigma_1,...,\sigma_n)$ при условии $G(\sigma_1,...,\sigma_n)=0$, здесь элементарные симметричные функции могут быть взяты от новых переменных для удобства. Например в этой задаче $f(x_i)=\sum_i\sqrt{x_i+c}$ можно выразить через $x_i=y_i^2-c$ и тогда ограничение $\sigma_2(x_1,..)=0$ выражается $\sigma_2^2-2\sigma_1\sigma_3-2c(\sigma_1^2-2\sigma_2)+c^2=3$, где $\sigma_1=y_1+y_2+y_3, ...$ элементарные функции от новых переменных.
Запишем произвотную от аункции Лагранжа $F-\lambda G$ по одной из переменных $y_i$:

$$(1) \ \sum_{k=1}^n\frac{\partial (F-\lambda G)}{\partial \sigma_k}\frac{\partial \sigma_k}{\partial y_i}=0.$$

(1) по сути является полиномиальным уравнением степени n-1 для всех n переменных $y_i$, действительно коэффициенты $\frac{\partial (F-\lambda G)}{\partial \sigma_k}$ зависят только от симметричных частей, которых можно считать фиксированными (но произвольными), а
$\frac{\partial \sigma_k}{\partial y_i}=\sigma_{k-1}'$ - симметрическая функция от переменных кроме $y_i$. Легко получается
(2) $\sigma_{k-1}'=\sigma_{k-1}-y_i\sigma_{k-2}+y_i^2\sigma_{k-3}-...+(-1)^{k-1}y_i^{k-1}$.
Таким образом, все n значений $y_i$ удовлетворяют полиномиальному уравнению степени меньше, не являющемся тождественным нулём. Это доказывает, что среди переменных есть равные, если они не граничные. На самом деле даже для граничных точек, когда одна из переменных фиксировано среди оставшихся будут равные. Однако это легко показать, когда фиксирована нулевая переменная, а при переходе к другим переменным граница может привратится в границу кривой области и это пересттанет быть очевидным. Поэтому следует отдельно рассмотреть.
Рассмотрим сейчас исходную задачу с учётом доказанного.
1. Переменная z=0 (на границе). Тогда приходится искать минимум $\sqrt{x+c}+\sqrt{\frac{3}{x}+c}+\sqrt c.$ Это приводит к решению уравнения $(x^2-3)(cx^2+3x+3c)=0$. Экстремальное значение при $x=\sqrt 3$ и равен $2\sqrt{c+\sqrt 3}+\sqrt c<3\sqrt{1+c}$ при $c<\frac{(3\sqrt 3-4)^2}{8(2\sqrt 3-3}=\frac{14\sqrt 3 -15}{24}.$
Когда $|c|\le\frac{\sqrt 3}{2}$ получаем ещё одно экстремальное значение, прaвда при отрицательном с, поэтому на этом не останавливаюсь.
2. Переменные у=x. Тогда $z=\frac{3-x^2}{2x}$ и

$$f=2\sqrt{x+c}+\sqrt{\frac{3-x^2}{2x}+c}.$$

Правда нахождение экстремального значения х приводит к урешению уравнения 5 - ой степени $8x^3(3-x^2+2cx)=(x+c)(3+x^2)^2$.
3. Все переменные равны. В этом случае $x=y=z,f=3\sqrt{1+c}$.
Остаётся выбирать минимальное значение среди полученных.
Оказалась, что решение при произвольном с довольно непростая задача даже после доказательства гипотезы maxala.

[bobo]

Профессор Снэйп писал(а):

И теперь

$$ (\sqrt{\alpha}-1)^3(3\sqrt{\alpha}-11) = (\alpha\sqrt{\alpha} - 3\alpha + 3\sqrt{\alpha} -1)(3\sqrt{\alpha}-11) = $$

$$ = 3\alpha^2 - 9\alpha\sqrt{\alpha} + 9\alpha - 3\sqrt{\alpha} - 11\alpha\sqrt{\alpha} + 33\alpha - 33\sqrt{\alpha} + 33 = $$

$$ = 3\alpha^2 + 42\alpha - 36\sqrt{\alpha} - 20\alpha\sqrt{\alpha} + 33 $$

Чёта не сходится, дорогая редакция. Я все свои выкладки привёл, если не сможете указать, в какой конкретно строчке у меня ошибка, значит, ошибка где-то у Вас

кажется тут свободный член 11...