Неотрицательные $%a,b$% и $%c$% связаны соотношением: $%ab+bc+ca=2.$%

Доказать неравенство $$\sqrt{a+ab}+\sqrt{b+bc}+\sqrt{c+ca}≥3.$$

задан 3 Сен 23:24

Я только смог свести к двум переменным: $$\sqrt{a+ab}+\sqrt{b+bc}+\sqrt{c+ca} \geq \sqrt{b+bc} + \sqrt{c} = \sqrt{\frac{2-ac+2c-ac^2}{a+c}} + \sqrt{c}$$ При a = 0 , b = 2 , c= 1 равенство достигается,но доказать что последнее > 3 ,не могу

(4 Сен 22:10) potter

@potter: переход к sqrt(b+bc)+sqrt(c) является заведомым ослаблением. Скажем, если c=0, b=1/100, a=200, то значение величины очень маленькое.

Перейти к двум переменным можно (нарушая симметрию), выражая c и подставляя в исходное неравенство, но дальше сходу не очень понятно.

(4 Сен 23:43) falcao

Если переписать неравенство так,должно быть легче,но у меня не хватает техники.Хочется использовать неравенство Титу,но непонятно как: $$a\sqrt{\frac{(b+1)^2}{a(b+1)}}+b\sqrt{\frac{(c+1)^2}{b(c+1)}} + c\sqrt{\frac{(a+1)^2}{c(a+1)}}$$

(6 Сен 15:31) panda201
10|600 символов нужно символов осталось
3

$$\sqrt{x+xy}+\sqrt{y+yz}+\sqrt{z+zx} \ge 3\ \ \ (xy+yz+zx=2)$$

$$x\ \ y\ ,\ z \ge 0$$

$$xy=a^2\ ,\ yz=b^2\ , zx=a^2 \ \ (a^2+b^2+c^2=2)$$

$$ a\sqrt{c^2+abc}+b\sqrt{a^2+abc}+c\sqrt{b^2+abc}\ge3\sqrt{abc} $$

$$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2 \left(\sqrt{ab(c^2+abc)(a^2+abc)} +\sqrt{bc(a^2+abc)(b^2+abc)}+\sqrt{ca(b^2+abc)(c^2+abc)}\right) \ge 7abc$$

$$Left \ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 +2{\sqrt{ab(c^2+abc)(a^2+abc)+bc(a^2+abc)(b^2+abc)+ca(b^2+abc)(c^2+abc)}} \ge$$

$$\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 +2{\sqrt{ab(ac+abc)^2+bc(ba+abc)^2+ca(cb+abc)^2}} \ge $$

$$ \ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+ 2abc\dfrac{a+b+c+(ab+bc+ca)}{\sqrt{ab+bc+ca}} \ge 7abc$$

$$abc=r\ , ab+bc+ca=q\ , a+b+c=p\ \ \ (p^2-2q=2)$$

$$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \ge pr $$

$$p+2\cdot\dfrac{p+q}{\sqrt{q}} \ge 7$$

$$\sqrt{2+2q}+2{\sqrt{\dfrac{2}{q}+2}+\sqrt q} \ge (1+\sqrt q)+2\left(\sqrt{\dfrac{1}{q}}+1 \right)+2\sqrt q =3+\sqrt q+2\left(\sqrt{\dfrac{1}{q}}+\sqrt q \right) > 7 $$

Равенство может достигаться только при $%r=0$%

Пусть $%x=0$%

$$\sqrt z+\sqrt{y+yz}\ge 3\ \ \ (yz=2)$$

$$\sqrt{\dfrac{2}{y}}+\sqrt{2+y} \ge \sqrt{\dfrac{2}{y}} +\sqrt{\dfrac{y}{2}} +1 \ge 3$$

Равенство при: $%x=0\ , \ y=2\ ,\ z=1$%

ссылка

отвечен 7 Сен 12:17

изменен 7 Сен 12:21

@Sergic Primazon, разобрал до строки, где появляется число 7. Какое преобразование там делается? Все-таки не понятно, как решение по сути оптимизационной задачи дало "не совсем оптимальную" точку: $%F(0,1,2)=\sqrt{3}+\sqrt{2}>F(0,\sqrt{2},\sqrt{2})=\sqrt{\sqrt{2}}+\sqrt{\sqrt{2}+2}$%.

(7 Сен 13:59) Urt

@Urt $%F(0,2,1)=3$%

(7 Сен 14:18) Sergic Primazon

@Sergic Primazon: Моё решение примерно такое же.

(7 Сен 20:35) EdwardTurJ
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:

×201

задан
3 Сен 23:24

показан
332 раза

обновлен
7 Сен 20:53

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