Matematické Fórum

No - neodpustím si:

matematická trieda na gymnáziu, maturitný ročník?

↑ Ferdish:
Ako presnejšie využiť ? Mal by som sa zamerať na tie druhé odmocniny ? Dal som ich do AGn ale neveští to nič dobré.

Toto som spravil:







Odtiaľto sa moc neviem pohnúť.

↑ chxmpii:
Ten čtvrtý člen jsi tedy odstranil, takže [mathjax]LS\le 3[/mathjax]. Na ten zbytek se dá podívat jako na funkci [mathjax]f(a,b)[/mathjax], přičemž [mathjax]c=3-a-b[/mathjax]. Pak už stačí určit maximum této funkce, které nastává v bodě [mathjax][1;\,1][/mathjax] a hodnotu má právě [mathjax]f(1,1)=3[/mathjax].
Ale přiznávám, je to poněkud "hrubá síla" a nepěkně se to derivuje...

↑ surovec:

LS nebude vždy menšia alebo rovná 3.
Pre prípad:
a=0,3
b=0,8
c=1,9

LS bude približne 4,12.

↑ surovec:
Chcel som skúsiť zistiť globálne maximum ľavej strany bez [mathjax]9\sqrt[3]{abc}[/mathjax], ale keďže sú tam odmocniny a zlomky, tak som sa na to vybodol. Parciálne derivácie tak dobre neviem.
Dokážem si však predstaviť, že by tú nerovnosť išlo takto dokázať.

↑ chxmpii:
Ahoj,
neprijde mi to zrovna lehke. Moje myslenka byla, ze budu odmocniny nejak "spojovat k sobe" pomoci teto nerovnosti:
[mathjax2]\sqrt{x}+\sqrt{y}\leq\sqrt{2}\sqrt{x+y}\qquad\qquad\qquad\qquad (1)[/mathjax2]
Ta je dusledkem AG nerovnosti nebo Jensenovy nerovnosti pro konkavni funkci [mathjax]f(x)=\sqrt{x}[/mathjax]. Libila se mi myslenka udelat odhad [mathjax]9\sqrt[3]{abc}\leq\textrm{konstanta}(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})[/mathjax] a nasledne lakavym zpusobem vyuzit (1) odhadem [mathjax]\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{3ab}\leq\sqrt{2}\sqrt{a^2+2ab+b^2}=\sqrt{2}(a+b)[/mathjax] (a analogicky pro dalsi dve skarede odmocniny), protoze potom bychom dostali odhad pomoci souctu [mathjax]a+b+c[/mathjax], ktery zname. Takovy postup ma ale problem v tom, ze v nem nastava rovnost pro [mathjax]a^2-ab+b^2=3ab[/mathjax] a tyto dva vyrazy se nerovnaji pro trojici [mathjax](a,b,c)=(1,1,1)[/mathjax], pro kterou nastava rovnost v dokazovane nerovnosti. Musime byt opatrnejsi.

Pri kazdem odhadu potrebujeme, aby nastala rovnost pro [mathjax]a=b=c[/mathjax]. Vyse zminenou myslenku proto realizujeme postupne ve dvou krocich (oba jsou aplikaci (1) a v obou nastva rovnost pro [mathjax]a=b[/mathjax]):
[mathjax2]\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{ab}\leq\sqrt{2}\sqrt{a^2+b^2},[/mathjax2]
[mathjax2]\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{2ab}\leq\sqrt{2}\sqrt{a^2+2ab+b^2}=\sqrt{2}(a+b).[/mathjax2]
Ted uz zbyva jenom oba tyto kroky spojit a pridat k nim pripravny krok, ve kterem si vyraz [mathjax]9\sqrt[3]{abc}[/mathjax] odhadneme pomoci [mathjax]3\sqrt{ab}+3\sqrt{bc}+3\sqrt{bc}[/mathjax]. Celkem tedy
[mathjax2]9\sqrt[3]{abc}+\sum_{cyc}\sqrt{a^2-ab+b^2}\leq \sum_{cyc}3\sqrt{ab}+\sum_{cyc}\sqrt{a^2-ab+b^2} = \sum_{cyc}2\sqrt{ab}+\sum_{cyc}\left(\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{ab}\right)\leq[/mathjax2]
[mathjax2]\leq \sum_{cyc}2\sqrt{ab}+\sqrt{2}\sum_{cyc}\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{2}\sum_{cyc}\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{2ab}\right)\leq\sqrt{2}\sum_{cyc}\sqrt{2}\left(a+b\right)=4(a+b+c)=12.[/mathjax2]

↑ chxmpii:
Neni zac.

Jinak kdyz uz ma clovek tu myslenku, muze se samozrejme pokouset sve reseni zkratit / udelat elegantnejsi. Ja jsem chtel trochu popsat i to, jak o takovych ulohach premyslim.

Nabizi se treba toto zkraceni: V podstate jde o to, ze chceme dokazat nerovnost
[mathjax2]\sqrt{a^2-ab+b^2}+3\sqrt{ab}\leq2(a+b).[/mathjax2]
Ono to mozna neni moc videt, ale je to vlastne Cauchyho nerovnost pro vektor [mathjax](\sqrt1,\sqrt3)[/mathjax] a vektor [mathjax](\sqrt{a^2-ab+b^2},\sqrt{3ab})[/mathjax]. Cauchy da okamzite odhad
[mathjax2]\sqrt1\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{3}\sqrt{3ab}\leq\sqrt{(1+3)(a^2-ab+b^2+3ab)}=2(a+b).[/mathjax2]
Potom se dukaz prijemne zkrati. Odkud tu nerovnost mas?

↑ chxmpii:
No ja nevim, co vsechno ti je jasne a co jeste ne... Ja vnimam jako standardni formulaci Cauchyho nerovnosti tu, ze mame dva vektory [mathjax]{\bf u}=(u_1,u_2,\ldots,u_n)[/mathjax], [mathjax]{\bf v}=(v_1,v_2,\ldots,v_n)[/mathjax] a ze kosinus uhlu [mathjax]\alpha[/mathjax], ktery ty vektory sviraji, je mensi nebo roven jedne. Nebo-li ze skalarni soucin vektoru je mensi nebo roven nez soucin jejich velikosti. Toto vsechno jsou pro me ekvivalentni formulace Cauchyho nerovnosti:
[mathjax2]\cos\alpha\leq1\quad\Leftrightarrow\quad\frac{{\bf u}\cdot{\bf v}}{|{\bf u}|\ |{\bf v}|}\leq1\quad\Leftrightarrow\quad{\bf u}\cdot{\bf v}\leq|{\bf u}|\ |{\bf v}|\quad\Leftrightarrow[/mathjax2]
[mathjax2]\Leftrightarrow\quad u_1v_1+u_2v_2+\ldots+u_nv_n\leq\sqrt{u_1^2+u_2^2+\ldots+u_n^2}\sqrt{v_1^2+v_2^2+\ldots+v_n^2}[/mathjax2]

↑ Ferdish:
Ako som už písal vyššie, je to z jednej internetovej súťaže. Zdroj je pravdepodobne tento: MOP 2011 R4.2.
Je to z výberového stretnutia USA na IMO.

↑ nejsem_tonda:
Ďakujem moc za vašu ochotu mi toto vysvetliť. Zistil som o Jensenovej nerovnosti aj o tých iných vyjadreniach Cauchyho. Vaše riešenia si ešte raz prerátam sám.

Ďakujem, moc si to vážim.