Matematické Fórum

ktm22 · 13. 09. 2008 17:59 — Editoval ktm22 (02. 10. 2008 14:11)

vykázat:

pro $a,b,c \geq 0$ .
som vdacny za kazdu pomoc

Olin · 13. 09. 2008 23:21

Vtip je v tom, že na levé straně jdou proměnné a, b, c libovolně zaměňovat, takže to musí jít i na pravé, tedy

$4(\sqrt{a^3b^3}+\sqrt{a^3c^3}+\sqrt{c^3b^3})\leq 4c^3+(a+b)^3\nl 4(\sqrt{a^3b^3}+\sqrt{a^3c^3}+\sqrt{c^3b^3})\leq 4a^3+(b+c)^3\nl 4(\sqrt{a^3b^3}+\sqrt{a^3c^3}+\sqrt{c^3b^3})\leq 4b^3+(a+c)^3\nl$

Sečteme tyto 3 nerovnice a máme:

$12(\sqrt{a^3b^3}+\sqrt{a^3c^3}+\sqrt{c^3b^3})\leq 4(a^3 + b^3 + c^3)+(a+b)^3 + (a+c)^3 + (b+c)^3$

Dvojčleny na pravé straně zdola odhadneme AG nerovností jako

$a + b \geq 2 \sqrt{ab}$

takže

$12(\sqrt{a^3b^3}+\sqrt{a^3c^3}+\sqrt{c^3b^3})\leq 4(a^3 + b^3 + c^3)+ 8(\sqrt{a^3b^3}+\sqrt{a^3c^3}+\sqrt{c^3b^3})\nl \sqrt{a^3b^3}+\sqrt{a^3c^3}+\sqrt{c^3b^3} \leq a^3 + b^3 + c^3$

Tato nerovnost se už snadno ukáže pomocí permutační ("mincové") nerovnosti, kde volíme obě množiny členů jako $\{\sqrt{a^3}; \sqrt{b^3}; \sqrt{c^3}\}$ .

Prosím kolegy o kontrolu, před několika minutami jsem se vrátil z koncertu a nevím jak moc mi to teď myslí…

Pavel Brožek

↑ Olin:

Jsi si jistý tou první větou? Pokud by byla zadána třeba nerovnice $a+b\leq a$ (která má řešení $a\in\mathbb{R},\,b\leq0$ ), pak protože na levé straně můžeme zaměňovat, tak zaměněním na pravé straně dostaneme

$a+b\leq b$ .

To ale třeba pro řešení původní rovnice a=1, b=-1 neplatí.

EDIT: Teď mi dochází, že to je spíš myšleno jako důkaz nerovnosti pro a,b,c>0 než řešení nerovnice s podmínkami a,b,c>0. Co jsi napsal nemůžeme použít v případě, že to budeme dokazovat tak, že vyřešíme nerovnici a všechny trojice a,b,c>0 budou řešením.

Myslím, že ty považuješ nerovnost za platnou, vyvodíš z ní něco dalšího co je zřejmě platné a pak prohlásíš nerovnost za splněnou. To buď není dobře, nebo jsem špatně pochopil tvůj postup.

Marian · 14. 09. 2008 01:07 — Editoval Marian (14. 09. 2008 22:04)

↑ ktm22:
Nejprve vyřeším jednotlivě nezajímavé případy $a=0$ nebo $b=0$ nebo $c=0$ .
1. Je-li $a=0$ , vypadá daná nerovnost takto:
$4\sqrt{c^3b^3}\le 4c^3+b^3\qquad\Leftrightarrow\qquad \sqrt{2c^3\cdot\frac{b^3}{2}}\le\frac{2c^3+\frac{b^3}{2}}{2},$
což je nerovnost mezi aritmetickým a geometrickým průměrem. Odtud platnost nerovnosti pro a=0 a libovolná nezáporná čísla b a c.
---------------------

2. Pro $b=0$ viz bod 1.
---------------------

3. Je-li $c=0$ , provede se důkaz také elementárně - přenechávám zájemcům.
---------------------

4. Předpokládejme, že platí a>0, b>0, c>0. Pak existují kladná reálná čísla K,L taková, že b=K*a, c=L*a. Odtud nerovnost přejde na tvar
$4\left ( \sqrt{a^3K^3a^3}+\sqrt{a^3L^3a^3}+\sqrt{L^3a^3K^3a^3} \right )\le 4L^3a^3+a^3(1+K)^3\qquad\Leftrightarrow\nl 4\left (\sqrt{K^3}+\sqrt{L^3}+\sqrt{K^3L^3}\right )\le 4L^3+(1+K)^3.$
Taktéž je možné předpokládat, že existuje kladné číslo m takové, že L=m*K. Proto se dá nerovnost transformovat na tvar
$4\left ( \sqrt{K^3}+\sqrt{m^3K^3}+\sqrt{K^3m^3K^3}\right )\le 4m^3K^3+(1+K)^3.$
Provedeme-li drobnou kosmetickou úpravu $M:=\sqrt{m^3}$ , lze psát
$4M^2K^3-4M(\sqrt{K^3}+K^3)+(K+1)^3-4\sqrt{K^3}\ge 0.$
Na levé straně je ale kvadratickým trinom (v proměnné M). K je parametr, K>0. Pro diskriminant levé strany platí
$D(K)=\left (-4(\sqrt{K^3}+K^3)\right )^2-4\cdot 4K^3\left ((K+1)^3-4\sqrt{K^3}\right )=96K^3\sqrt{K^3}-48K^5-48K^4\Rightarrow\nl D(K)=48K^4(-K-1+2\sqrt{K})=-48K^4(\sqrt{K}-1)^2.$
Ale výraz D(K) je pro všechna K>0 nekladný, což je snadno vidět. Proto nerovnost
$4M^2K^3-4M(\sqrt{K^3}+K^3)+(K+1)^3-4\sqrt{K^3}\ge 0$
platí pro studované proměnné a zároveň je ekvivalentní se zadanou nerovností. Tím je důkaz kompletní.

Marian · 14. 09. 2008 01:53

↑ Olin:↑ BrozekP:

Souhlasím s BrozekP. Ta záměna nebude fungovat tak jednoduše.

No a mohl by ses ještě pochlubit, o jaký koncert se jednalo?

Olin · 20. 09. 2008 22:34

Fajn, a co takhle to formulovat jako důkaz sporem? Jestliže neplatí původní nerovnost, tak jistě neplatí ani ty další dvě, které dostaneme záměnou. Součet všech těchto tří nerovností však platí, což je spor.

No, asi je to taky blbě.

Mimochodem, ten koncert bylo finále Janáčkovy klavírní soutěže.

Pavel Brožek

↑ Olin:

"Dokážu" tvrzení, že všechna reálná čísla jsou rovna nule, tedy pro každé $x\in\mathbb{R}$ je $x=0$ .

Pro $x=0$ je rovnost zřejmá, uvažuji proto dále jen $x\neq0$ . Dokážu to tím "sporem" :-) Předpokládejme, že $x=0$ neplatí a tedy i $-x=0$ neplatí. Rovnice sečtu a získám tak $0=0$ , což platí, je to tedy "spor". Platí tedy $x=0$ pro všechna reálná čísla x.

Při důkazu sporem vycházíme z tvrzení o kterých předpokládáme, že jsou pravdivá, a dojdeme k zřejmě neplatnému tvrzení (z pravdy tedy plyne nepravda, což není možné, takže náš předpoklad byl špatný). V tomto "důkazu" ale předpokládáme neplatnost jistého tvrzení a z tohoto neplatného tvrzení odvodíme jiné platné (z nepravdy plyne pravda, což je v pořádku, ale stále nevíme nic o tom, jestli náš předpoklad je správný - pravda také může plynout z pravdy).

Olin · 21. 09. 2008 12:23

Eh, díky za vyvrácení mých nesmyslů. Mě se to od počátku celé nezdálo, ale líbilo se mi to.

Budu se dále snažit odpovídat jen při jasné mysli. Takhle to dopadá tragicky.

Matematické Fórum

#1 13. 09. 2008 17:59 — Editoval ktm22 (02. 10. 2008 14:11)

nerovnica

#2 13. 09. 2008 23:21

Re: nerovnica

#3 13. 09. 2008 23:34 — Editoval BrozekP (14. 09. 2008 00:11)

Re: nerovnica

#4 14. 09. 2008 01:07 — Editoval Marian (14. 09. 2008 22:04)

Re: nerovnica

#5 14. 09. 2008 01:53

Re: nerovnica

#6 20. 09. 2008 22:34

Re: nerovnica

#7 21. 09. 2008 10:42 — Editoval BrozekP (21. 09. 2008 10:42)

Re: nerovnica

#8 21. 09. 2008 12:23

Re: nerovnica

Zápatí