| Предишната тема :: Следващата тема |
| Автор |
Съобщение |
Pinetop Smith
Фен на форума
Регистриран на: 12 May 2007
Мнения: 961
Местожителство: Хасково
  
гласове: 87
|
 Пуснато на: Mon Jun 29, 2009 9:03 pm Заглавие: Неравенство с abc = 1 |
|
|
Нека за положителните числа а, b и с е в сила abc = 1. Да се докаже, че
[tex]\frac{1}{(a+b)b} + \frac{1}{(b+c)c} + \frac{1}{(c+a)a} \ge \frac{3}{2}[/tex]. |
|
| Върнете се в началото |
|
 |
Реклама
|
| Пуснато на: Заглавие: Реклама |
|
|
|
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
martin.nikolov
Напреднал
Регистриран на: 22 Apr 2009
Мнения: 489
гласове: 21
|
| Пуснато на: Mon Jun 29, 2009 9:19 pm Заглавие: |
|
|
Средно хармонично средно геометрично. След това изпозваме [tex]x^2+y^2\ge 2xy[/tex].
Да вярно, объркал съм го.
Последната промяна е направена от martin.nikolov на Tue Jun 30, 2009 4:33 pm; мнението е било променяно общо 1 път |
|
| Върнете се в началото |
|
|
Saposto_MM
Напреднал
Регистриран на: 02 Apr 2007
Мнения: 383
Местожителство: Панагюрище
гласове: 67
|
| Пуснато на: Tue Jun 30, 2009 9:33 am Заглавие: |
|
|
| Ако може го разпиши, защото за момента не виждам как ще стане. |
|
| Върнете се в началото |
|
|
martosss
VIP Gold
Регистриран на: 17 Mar 2007
Мнения: 3937
Местожителство: Somewhere over the rainbow
гласове: 213
|
| Пуснато на: Tue Jun 30, 2009 9:57 am Заглавие: |
|
|
Може просто да се освободиш от знаменателя и да приложиш СА-СГ, скоро може да постна решение.
П.П. Опа, сега видях, че не може  остават някои неща, които не излизат по този начин, явно наистина трябва друг подход.
Последната промяна е направена от martosss на Tue Jun 30, 2009 11:35 am; мнението е било променяно общо 1 път |
|
| Върнете се в началото |
|
|
Saposto_MM
Напреднал
Регистриран на: 02 Apr 2007
Мнения: 383
Местожителство: Панагюрище
гласове: 67
|
| Пуснато на: Tue Jun 30, 2009 9:57 am Заглавие: |
|
|
Хм, това е доста силно. Преди малко го реших.
Полагаме [tex]a=\frac{x}{y}[/tex], [tex]b=\frac{y}{z}[/tex] и [tex]c=\frac{z}{x}[/tex].
Неравенството е еквиваленто на [tex]\frac{x^2}{z^2+xy}+\frac{z^2}{y^2+xz}+\frac{y^2}{x^2+yz}\ge \frac{3}{2}[/tex] [tex]\Leftrightarrow[/tex] [tex]\frac{x^4}{x^2z^2+x^3y}+\frac{z^4}{z^2y^2+xz^3}+\frac{y^4}{y^2x^2+y^3z}\ge \frac{3}{2}[/tex]. Прилагаме Хубавото неравенство и получаваме [tex]2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge 3\left(x^2y^2+z^2x^2+y^2z^2+x^3y+y^3z+z^3x\right)[/tex] [tex]\Leftrightarrow[/tex] [tex]\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge 3\left(x^3y+y^3z+z^3x\right)[/tex], което е добре известен резултат на Vasile Cirtoaje! |
|
| Върнете се в началото |
|
|
Saposto_MM
Напреднал
Регистриран на: 02 Apr 2007
Мнения: 383
Местожителство: Панагюрище
гласове: 67
|
| Пуснато на: Tue Jun 30, 2009 12:30 pm Заглавие: |
|
|
| Използването на резултата на Cirtoaje не е необходимо. Николай.Каракехайов ми каза решение, използващо СА-СГ с тегла. |
|
| Върнете се в началото |
|
|
martosss
VIP Gold
Регистриран на: 17 Mar 2007
Мнения: 3937
Местожителство: Somewhere over the rainbow
гласове: 213
|
| Пуснато на: Tue Jun 30, 2009 2:07 pm Заглавие: Re: Неравенство с abc = 1 |
|
|
| Николай.Каракехайов написа: | Нека за положителните числа а, b и с е в сила abc = 1. Да се докаже, че
[tex]\frac{1}{(a+b)b} + \frac{1}{(b+c)c} + \frac{1}{(c+a)a} \ge \frac{3}{2}[/tex]. |
умножаваме двете страни по [tex]2abc(a+b)(b+c)(a+c)[/tex] :
[tex]2\underbrace{ac(a+c)(b+c)}_{a+c+ac^2(a+c)}+2\underbrace{ab(a+b)(a+c)}_{a+b+a^2b(a+b)}+2\underbrace{bc(a+b)(b+c)}_{b+c+b^2c(b+c)}\ge 3\underbrace{abc(a+b)(b+c)(a+c)}_{2+a^2b+b^2+ac^2+ab^2+bc^2+a^2c}\\4(a+b+c)+2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)+2(ac^3+a^3b+b^3c)\ge 6+3(a^2b+b^2c+ac^2+ab^2+bc^2+a^2c)[/tex]
Последното ще разбием на части, които директно следват от [tex]\cyr{SA}\ge\cyr{SG}[/tex] :
[tex]2(a+b+c)\ge2*3\sqrt[3]{abc}=6[/tex]
С това стигаме до
[tex]2(a+b+c)+2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)+2(ac^3+a^3b+b^3c)\ge 3(a^2b+b^2c+ac^2+ab^2+bc^2+a^2c)[/tex]
И него не мога да го докарам. |
|
| Върнете се в началото |
|
|
Pinetop Smith
Фен на форума
Регистриран на: 12 May 2007
Мнения: 961
Местожителство: Хасково
гласове: 87
|
| Пуснато на: Tue Jun 30, 2009 4:27 pm Заглавие: |
|
|
| MM написа: | | [tex]2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge 3\left(x^2y^2+z^2x^2+y^2z^2+x^3y+y^3z+z^3x\right)[/tex] |
Сега разкриваме скоби и получаваме [tex]2\left(x^4+y^4+z^4\right)+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\ge 3\left(x^3y+y^3z+z^3x\right)[/tex]. От СА-СГ за тегла получаваме
[tex]7x^4+y^4+4x^2y^2\ge \sqrt[12]{x^{28}\cdot y^4\cdot x^8\cdot y^8}=12x^3y[/tex]. Аналогично
[tex]7y^4+z^4+4y^2z^2\ge 12y^3z[/tex] и
[tex]7z^4+x^4+4z^2x^2\ge 12z^3x[/tex].
Събираме последните 3 неравенства и делим на 4. Получаваме исканото. |
|
| Върнете се в началото |
|
|
Pinetop Smith
Фен на форума
Регистриран на: 12 May 2007
Мнения: 961
Местожителство: Хасково
гласове: 87
|
| Пуснато на: Tue Jun 30, 2009 10:09 pm Заглавие: |
|
|
Търсим положителни k, m, l така, че
[tex]kx^4 + my^4 + lx^2y^2 \ge (k+m+l)x^3y[/tex]
От СА-СГ за тегла имаме
[tex]kx^4 + my^4 + lx^2y^2 \ge (k+m+l)\sqrt[k+m+l]{x^{4k+2l}y^{4m+2l}} [/tex]
Трябва 4k+2l=3(4m+2l), откъдето k = 3m + l. Освен това сборът от коефициентите пред [tex](x^4+y^4 + z^4)[/tex] е k+m, а пред [tex](x^2y^2 + y^2z^2 + z^2x^2)[/tex] е l. Искаме
k+m = 2l, откъдето k:m:l = 7:1:4. Избираме си m = 1. |
|
| Върнете се в началото |
|
|
|
Меню
Регистрирайте се
