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 Пред.  1, 2, 3, 4
 
 
Сообщение25.02.2007, 13:05 


03/02/07
254
Киев
Пусть $a^2+b^2+c^2=1$, доказать, что $a+b+c\leq 2abc+\sqrt{2}$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.02.2007, 16:39 
Заслуженный участник


14/01/07
787
Trius писал(а):
Пусть $a^2+b^2+c^2=1$, доказать, что $a+b+c\leq 2abc+\sqrt{2}$

Применяем множители Лагранжа к функции:
$f(a,b,c)=a+b+c-2abc$, находим, что максимум достигается в точках $(0,\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}})$ и аналогичных и равен $\sqrt{2}$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.02.2007, 20:26 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3822
Trius писал(а):
Пусть $a^2+b^2+c^2=1$, доказать, что $a+b+c\leq 2abc+\sqrt{2}$

$$a+b+c-2abc=a(1-2bc)+b+c=a\cdot(a^2+(b-c)^2)+(b+c)\cdot1\leqslant\sqrt{\biggl(a^2+(b+c)^2\biggr)\biggl((a^2+(b-c)^2)^2+1\biggr)}.$$
Если обозначить $x=a^2+(b+c)^2$, $y=a^2+(b-c)^2$, то $x+y=2$. Значит, $xy\leqslant\left(\frac{x+y}2\right)^2=1$ и $x(y^2+1)=xy\cdot y+x\leqslant y+x=2$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.02.2007, 21:05 


03/02/07
254
Киев
RIP, класное доказательство :) Красиво :lol:

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.03.2007, 22:59 
Экс-админ
Аватара пользователя


23/05/05
2106
Kyiv, Ukraine
bot писал(а):
А в тригонометрию никто не пробовал пойти?
$a=\frac{1}{\cos^2 \alpha}, \ b=\frac{1}{\cos^2 \beta}, \ c=\frac{1}{\cos^2 \gamma}$, где $\alpha , \ \beta,  \gamma \in [0 , \frac{\pi}{2})$ с превращением неравенства в следующее:
$\tg \alpha +  \tg \beta + \tg  \gamma \le \frac{2}{\sqrt{3} \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma }$
Здесь в геометрию/стереометрию пойти можно. Попробовал несколько интерпретаций, но до конца тяму не хватило. Если одна часть прозрачно интерпретируется, то другая отвратительна...

Trius писал(а):
неравенство $tg\alpha +tg\beta +tg\gamma\leq \frac{2}{\sqrt{3} cos\alpha cos\beta cos\gamma}$ можно преобразовать в такое $cos\gamma sin(\alpha+\beta)+sin\gamma cos\alpha cos\beta\leq \frac{2}{\sqrt{3}}$ а вот что дальше делать...

Уже ответил на другом форуме, но продублирую здесь.
$\sin\alpha\cos\beta\cos\gamma+\sin\beta\cos\alpha\cos\gamma+\sin\gamma\cos\alpha\cos\beta=\sin(\alpha+\beta+\gamma)+\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma$
\le\sin(\alpha+\beta+\gamma)+\sin^3\dfrac{\alpha+\beta+\gamma}{3}=3(t-t^3)\le\dfrac{2}{\sqrt{3}}$,
где $t=\sin\dfrac{\alpha+\beta+\gamma}{3}\in[0,1]$.
Так что после тригонометрической подстановки: Йенсен и оценка кубического полинома.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение04.03.2007, 11:17 


03/02/07
254
Киев
dm, спасибо, тут все-таки понятнее написано :) Только перед Йенсеном еще неравенство Коши было.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение04.03.2007, 13:08 
Экс-админ
Аватара пользователя


23/05/05
2106
Kyiv, Ukraine
Trius писал(а):
Только перед Йенсеном еще неравенство Коши было.

Я имел в виду Йенсен для $\ln\sin x$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение04.03.2007, 13:09 


03/02/07
254
Киев
А,точно, но это не существенно для решения

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 53 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


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