Ознакомьтесь с нашей политикой обработки персональных данных
23:34 

Неравенство

wpoms.
Step by step ...
Неотрицательные действительные числа `p`, `q` and `r` удовлетворяют `p + q + r = 1`. Докажите, что `7(pq + qr + rp) le 2 + 9pqr`.

@темы: Доказательство неравенств

Комментарии
2013-02-03 в 13:15 

vyv2
Сопротивление бесполезно
В теории симметрических многочленов от 3-х переменных (Болтянский, Виленкин. Симметрия в алгебре
www.diary.ru/~eek/p57324979.htm# ),
есть замечательные неравенства : `sigma_1^2>=3sigma_2 quad sigma_2^2>=3sigma_1sigma_3quad`и для положительных членов `sigma_1sigma_2>=9sigma_3`, где `sigma_1=p+q+rquadsigma_2=pq+pr+qrquadsigma_3=pqr`.
Используя эти неравенства при `sigma_1=1`,получим `2+9sigma_3-7sigma_2>=2+sigma_2-7sigma_2=2-6sigma_2>=0`

2013-02-11 в 02:13 

Adjirranirr
Только дурак нуждается в порядке — гений господствует над хаосом.
Используя эти неравенства при `sigma_1=1` ,получим `2+9sigma_3-7sigma_2>=2+sigma_2-7sigma_2=2-6sigma_2>=0`
Но ведь `9 \sigma_3 <= \sigma_2`, а значит первый переход неверен. (извиняюсь за бамп =)

По сабжу.

Лемма. Для любых `a`, `b`, `c` выполняется `(a+b+c)^2 >= 3(ab+bc+ca)`.
Доказательство.
Очевидно, `(a-b)^2 >= 0 => a^2 + b^2 >= 2ab`. Аналогично, `a^2 + c^2 >= 2ac,\ b^2 + c^2 >= 2bc`. Складывая три неравенства, получим `2(a^2 + b^2 + c^2) >= 2(ab + bc + ca) => a^2 + b^2 + c^2 >= ab + bc + ca`. Тогда,
`(a+b+c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 + 2(ab + bc + ca) >= 3(ab + bc + ca)`.

Теперь обозначим `x = p + q + r,\ y = pq + qr + rp,\ z = pqr`. Тогда, `x^2 >= 3y,\ y^2 >= 3(p^2 qr + p q^2 r + p q r^2) = 3(p + q + r)*pqr = 3xz`. Первое неравенство эквивалентно `2x^2 >= 6y`, второе — `9xz >= 3y^2`. Складывая, получим `2x^2 + 9xz >= 3y^2 + 6y`. Используя `x = 1`, получим `3y <= 1`. Теперь, используя `y >= 0`, получим `3y^2 <= y`, и, окончательно, `2 + 9z >= 7y`.

2013-02-11 в 03:28 

Adjirranirr
Только дурак нуждается в порядке — гений господствует над хаосом.
Видимо, красивое решение не получается. Жаль =)

Тогда в тупую — пусть `g(x,\ y,\ z) = 2 + 9 x y z - 7 (xy + yz + zx)`, и `f(x,\ y) = g(x,\ y,\ 1 - x - y)`. Тогда `\frac {\partial} {\partial x} f(x, y) = -9*y^2 + 16*y-18*x*y+14*x-7 = -(9y-7)(y+2x-1)`, `\frac {\partial} {\partial y} f(x, y) = -9*x^2 + 16*x - 18*x*y + 14*y - 7 = -(9x-7)(x+2y-1)`. Приравнивая к нулю, получим систему
`{ ( (9y-7)(2x + y - 1) = 0), ((9x-7)(x+2y-1) = 0) :} => [ ( { (9y - 7 = 0), (9x - 7 = 0):} ), ( {(9y - 7 = 0), (x+2y-1 = 0) :} ), ( {(2x + y - 1 = 0), (9x - 7 = 0) :} ), ( {(2x + y - 1 = 0), (x+2y-1 = 0) :} ) :} => [ ( { (x=7/9), (y=7/9):} ), ( {(x=-5/9), (y=7/9) :} ), ( {(x=7/9), (y=7/9) :} ), ( {(x=1/3), (y=1/3) :} ) :}`.
Так как `x >= 0,\ y >= 0,\ x + y <= 1`, единственный подходящий вариант — `x = y = 1/3`. В этой точке определитель
`| (\frac {\partial^2} {\partial x^2} f,\frac {\partial^2} {\partial x \partial y } f),(\frac {\partial^2} {\partial x \partial y} f,\frac {partial^2} {\partial y^2} f)| = | (-18 y + 14, -18 (x + y) + 16), (-18 (x + y) + 16, -18x + 14) |_{(x,y)=(1/3, 1/3)}=|(8,4),(4,8)|=48>0`, а так же `f^{''}_(x x) (1/3,\ 1/3) = 8 > 0`, значит, выполнено достаточное условие для локального минимума в точке. Таким образом, в области `x >= 0,\ y >= 0,\ x + y <= 1` `f (x,\ y) >= f(1/3,\ 1/3) = 0`.

   

Не решается алгебра/высшая математика?.. ПОМОЖЕМ!

главная