Доказать, что если $%x \ge 0$%, $%y \ge 0$%, $%z \ge 0$% и $%x+y+z \le 2$%, то $%\sqrt{x^2+yz}+\sqrt{y^2+xz}+\sqrt{z^2+xy} \le 3$%.

задан 9 Фев '18 14:50

10|600 символов нужно символов осталось
1

Достаточно доказать неравенство

$$\sqrt{x^2+yz}+\sqrt{y^2+xz}+\sqrt{z^2+xy} \leqslant \frac32(x+y+z)$$.

Не уменьшая общности, пусть $%x \geqslant y \geqslant z$%.
По неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим будем иметь $$\sqrt{x^2+yz} \leqslant \sqrt{x^2+xz} \leqslant x + \frac12z$$.

По неравенству Коши-Буняковского $$\sqrt{y^2+zx} + \sqrt{z^2+xy} \leqslant \sqrt{1+1} \sqrt{(y^2+zx)+(z^2+xy)}$$

Теперь достаточно доказать, что $$\sqrt2\sqrt{y^2+z^2+x(y+z)} \leqslant \frac12(x+2y+2z)$$ Последнее неравенство упрощается к виду $%(x-y-2z)^2+8z(y-z) \geqslant 0$%, что является очевидным неавенством.

Равеснтво в случаях, когда две переменные равны единице, а третья -- нулю

ссылка

отвечен 9 Фев '18 17:42

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×460

задан
9 Фев '18 14:50

показан
347 раз

обновлен
9 Фев '18 23:46

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru