Еще неравенство

[arqady]

Пусть

$$a,$$

$$b$$

и

$$c$$

- неотрицательные числа такие, что

$$ab+ac+bc=3.$$

Докажите, что

$$\sqrt{a+3}+\sqrt{b+3}+\sqrt{c+3}\geq6.$$

[maxal]

Я сделал замену $a=x^2-3$, $b=y^2-3$, $c=z^2-3$, а затем применил метод множителей Лагранжа для минимизации $x+y+z$ при условии $x^2 y^2 + y^2 z^2 + x^2 z^2 - 6(x^2+y^2+z^2)+24 = 0$. Как и ожидалось, оно достигает минимума при $x=y=z=2$.
Но без компа в такой методе удовольствия мало.

[arqady]

Оказывается и

$$(a+3)(b+3)(c+3)\geq64$$

при тех же условиях верно ( и проще, как это не смешно ).

[bot]

Здесь я бредил. Заметил сразу, как выключил компутер, возвращаться было влом.

[Kid Kool]

Пусть c - наименьшее из a, b, c. Тогда $c \leq 1$.

$(a+3)(b+3)(c+3) \geq 64$ равносильно $abc + 9(a+b+c) \geq 28$.

$abc + 9(a+b+c)$ = $(3-ac-bc)c + 9c +9(a+b)$ = $12c + (9-c^2)(a+b)$. Из условия $ab+bc+ac = 3$ легко получается, что $a+b \geq 2(\sqrt{c^2+3}-c)$, поэтому достаточно (и на самом деле необходимо - если a = b) проверить, что $12c + 2(9-c^2)(\sqrt{c^2+3}-c) \geq 28$, т.е. $6c + (9-c^2)(\sqrt{c^2+3}-c) \geq 14$. Взяв производную, убеждаемся, что c=1 - точка минимума.

[arqady]

Да, всё правильно, Kid Kool!
Имхо, в следющем неравенстве Ваш метод не работает:
Пусть

$$a,$$

$$b$$

и

$$c$$

- неотрицательные числа такие, что

$$ab+ac+bc=3.$$

Докажите, что

$$ \sqrt{5a+2}+\sqrt{5b+2}+\sqrt{5c+2} \ge 3\sqrt{7}$$

Существует элементарное доказательство.

[Руст]

arqady писал(а):

Да, всё правильно, Kid Kool!
Имхо, в следющем неравенстве Ваш метод не работает:
Пусть

$$a,$$

$$b$$

и

$$c$$

- неотрицательные числа такие, что

$$ab+ac+bc=3.$$

Докажите, что

$$ \sqrt{5a+2}+\sqrt{5b+2}+\sqrt{5c+2} \ge 3\sqrt{7}$$

Существует элементарное доказательство.

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.

[arqady]

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.

Это известное заблуждение в неравенствах: кажется, что одно и то же, но на самом деле или неверно, или нетривиальная задача.
Попробуйте в Вашем неравенстве

$$b=0.$$

И что злиться-то? Лучше попытаться выяснить, как он устроен ( наш мир ), а не злиться на него.

[Kid Kool]

arqady писал(а):

Имхо, в следющем неравенстве Ваш метод не работает:

Имхо, работает

Если обозначить $\alpha = \frac b a$, то достаточно доказать: $(x+\alpha)(y+\alpha)(z+\alpha) \geq (1+\alpha)^3$, что равносильно $\alpha^2(x+y+z) + xyz \geq 3\alpha^2+1$. Для доказательства его необходимо и достаточно (см. мой предыдущий пост) доказать: $(\alpha^2+3)z + 2(\alpha^2-z^2)(\sqrt{z^2+3}-z) \geq 3\alpha^2+1$. Производная равна $\alpha^2 + 3 + 2(\sqrt{z^2+3}-z)\left(-2z-\frac{\alpha^2-z^2}{\sqrt{z^2+3}}\right)$, откуда видно, что z=1 - все равно точка минимума.

[arqady]

Kid Kool писал(а):

arqady писал(а):

Имхо, в следющем неравенстве Ваш метод не работает:

Имхо, работает

Если обозначить $\alpha = \frac b a$, то достаточно доказать: $(x+\alpha)(y+\alpha)(z+\alpha) \geq (1+\alpha)^3$, что равносильно $\alpha^2(x+y+z) + xyz \geq 3\alpha^2+1$. Для доказательства его необходимо и достаточно (см. мой предыдущий пост) доказать: $(\alpha^2+3)z + 2(\alpha^2-z^2)(\sqrt{z^2+3}-z) \geq 3\alpha^2+1$. Производная равна $\alpha^2 + 3 + 2(\sqrt{z^2+3}-z)\left(-2z-\frac{\alpha^2-z^2}{\sqrt{z^2+3}}\right)$, откуда видно, что z=1 - все равно точка минимума.

I don't agree with you!
Try

$$x=y=\sqrt3$$

and

$$z=0$$

for the following inequality:

$$(5x+2)(5y+2)(5z+2)\geq343$$

( your

$$\alpha=\frac{2}{5}.$$

)

[Kid Kool]

Хм... теперь у меня подозрение, что при $\alpha$ < 1 z=1 будет как раз точкой максимума.

Добавлено спустя 57 секунд:

arqady, Вы меня опередили

[arqady]

All right, Kid Kool! Our inequality is still unsolved!

[bobo]

Рассмотрим задачу $\sqrt{a+3}+\sqrt{b+3}+\sqrt{c+3}\to min$ при условии $ab+bc+ac=l$, тогда подобные задачи будут следовать из этой ( под корнем взято 3, что бы можно было сравнить с первой задачей), если, конечно, коэф-ты под корнем положительны. Действуя по maxal-Лагранжу , получаем минимум при равенстве $a=b=c=\sqrt{\frac {l}{3}}$. В частности, вводя во 2-м неравенстве замену $a'=\frac{15a}{2}$, $b'=\frac{15b}{2}$, $c'=\frac{15c}{2}$, получаем $l=675/4$, а в 1-м предложенном нер-ве, очевидно, $l=3$..

[arqady]

bobo писал(а):

Действуя по maxal-Лагранжу , получаем минимум при равенстве $a=b=c=\sqrt{\frac {l}{3}}$.

Вы пробовали решать получающуюся систему? Имхо, она там совсем нетривиальная, если вообще решабельна.

[bobo]

arqady писал(а):

Вы пробовали решать получающуюся систему? Имхо, она там совсем нетривиальная, если вообще решабельна.

А в нашем случае ее и решать то не надо .После замены $a+3=x^2$, $b+3=y^2$, $c+3=z^2$ получаем задачу $f(x,y,z)=x+y+z\to min$ при $g(x,y,z) = x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2-6(x^2+y^2+z^2)+27-l=0$.
Положим $z\geqslant y\geqslant x$ (*).Составляем ф-ю Лагранжа $L(x,y,z,\lambda)=f(x,y,z)-\lambda g(x,y,z).. Из условий $L'_x=L'_y=0$ получаем: либо $x=y$, либо $z^2=xy+6$. Аналогично из условий $L'_z=L'_y=0$ получаем, что либо $y=z$, либо $x^2=yz+6$ ( второе из равенств невозможно в силу(*)). Поэтому если $y=z$ и $x=y$, получаем нашу точку. Если же $y=z$ и $z^2=xy+6$, то в силу $x^2\geqslant 3$ должно быть $z^2=y^2\geqslant 12$ (этого достаточно чтобы доказать первое Ваше неравенство, но не второе). Т.е. мы получили еще стационарную точку, когда $b=c$ и $a = \frac{l-b^2}{2b}$. Осталось исследовать на экстремум функцию $f(b)=\sqrt{ \frac{l-b^2}{2b}+3}+2 \sqrt{b+3}. Замечаем, что $f'(b)|_{b=\sqrt{\frac{l}{3}}}=0$ и $f''(b)>0$ (учитываем, что $b\geqslant \sqrt{\frac{l}{3}}$). Это завершит доказательство для всех $l>0$.