Неравенства (одно-двухходoвки)

[arqady]

Предлагаю размещать здесь красивые неравенства, доказывающиеся в один-два хода (можно в три ).
Главное требование - чтобы было очень малое количество вычислений.
Неравенства, с которых начнём, являются примером того, что я хочу.
1. Докажите, что в любом треугольнике

$$2a^2+bc\geq4m_bm_c$$

2. Для всех действительных $a$, $b$ и $c$ докажите, что

$$\frac{a}{a^2+b^2+2}+\frac{b}{b^2+c^2+2}+\frac{c}{c^2+a^2+2}\leq\frac{3}{4}$$

3. Для всех различных $a$, $b$, $c$ и $d$ докажите, что

$$\left|\frac{a}{b-c}\right|+\left|\frac{b}{c-d}\right|+\left|\frac{c}{d-a}\right|+\left|\frac{d}{a-b}\right|\geq2$$

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #1040297 писал(а):

1. Докажите, что в любом треугольнике

$$2a^2+bc\geq4m_am_b$$

Вы наверно имели в виду:

$$2c^2+ab\geq4m_am_b$$

по неравенству Птолемея для четырехугольника $$ABM_aM_b$:

$$m_am_b \le \frac{c^2}{2}+\frac{ab}{4}$$

[arqady]

Да. Исправил, спасибо!

[Edward_Tur]

arqady в сообщении #1040297 писал(а):

2. Для всех действительных $a$, $b$ и $c$ докажите, что

$$\frac{a}{a^2+b^2+2}+\frac{b}{b^2+c^2+2}+\frac{c}{c^2+a^2+2}\leq\frac{3}{4}$$

Можно считать, что $a$, $b$ и $c$ неотрицательные.

$$\frac{a}{a^2+b^2+2}+\frac{b}{b^2+c^2+2}+\frac{c}{c^2+a^2+2}=\frac{a^2}{a(a^2+b^2+2)}+\frac{b^2}{b(b^2+c^2+2)}+\frac{c^2}{c(c^2+a^2+2)}\leq$$ $$\leq\frac{(a+b+c)^2}{a(a^2+b^2+2)+b(b^2+c^2+2)+c(c^2+a^2+2)}.$$

Неравенство

$$\frac{(a+b+c)^2}{a(a^2+b^2+2)+b(b^2+c^2+2)+c(c^2+a^2+2)}\leq\frac34$$

сводится к такому

$$(3ab^2+2a^2+a+2b-8ab)+(3bc^2+2b^2+b+2c-8bc)+(3ca^2+2c^2+c+2a-8ca)\geq0.$$

[Sergic Primazon]

Edward_Tur в сообщении #1040584 писал(а):

arqady в сообщении #1040297 писал(а):

2. Для всех действительных $a$, $b$ и $c$ докажите, что

$$\frac{a}{a^2+b^2+2}+\frac{b}{b^2+c^2+2}+\frac{c}{c^2+a^2+2}\leq\frac{3}{4}$$

Можно считать, что $a$, $b$ и $c$ неотрицательные.

$$\frac{a}{a^2+b^2+2}+\frac{b}{b^2+c^2+2}+\frac{c}{c^2+a^2+2}=\frac{a^2}{a(a^2+b^2+2)}+\frac{b^2}{b(b^2+c^2+2)}+\frac{c^2}{c(c^2+a^2+2)}\leq$$ $$\leq\frac{(a+b+c)^2}{a(a^2+b^2+2)+b(b^2+c^2+2)+c(c^2+a^2+2)}.$$

Неравенство

$$\frac{(a+b+c)^2}{a(a^2+b^2+2)+b(b^2+c^2+2)+c(c^2+a^2+2)}\leq\frac34$$

сводится к такому

$$(3ab^2+2a^2+a+2b-8ab)+(3bc^2+2b^2+b+2c-8bc)+(3ca^2+2c^2+c+2a-8ca)\geq0.$$

Edward, у вас первый переход не верно:

$\frac{a^2}{a(a^2+b^2+2)}+\frac{b^2}{b(b^2+c^2+2)}+\frac{c^2}{c(c^2+a^2+2)}\boxed{\geq} \frac{(a+b+c)^2}{a(a^2+b^2+2)+b(b^2+c^2+2)+c(c^2+a^2+2)}.$

[Edward_Tur]

arqady в сообщении #1040297 писал(а):

2. Для всех действительных $a$, $b$ и $c$ докажите, что

$$\frac{a}{a^2+b^2+2}+\frac{b}{b^2+c^2+2}+\frac{c}{c^2+a^2+2}\leq\frac{3}{4}$$

Сложив три неравенства типа

$$\frac a{a^2+1+b^2+1}\leq\frac a{2\sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}}\leq\frac14\left(\frac{a^2}{a^2+1}+\frac1{b^2+1}\right),$$

получим нужное.

[arqady]

Именно это я и имел в виду!

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #1040297 писал(а):

3. Для всех различных $a$, $b$, $c$ и $d$ докажите, что

$$\left|\frac{a}{b-c}\right|+\left|\frac{b}{c-d}\right|+\left|\frac{c}{d-a}\right|+\left|\frac{d}{a-b}\right|\geq2$$

$$a, b, c, d \ge 0$$

$$ LHS \ge \frac {a}{b+c}+\frac {b}{c+d}+\frac {c}{d+a}+\frac {d}{a+b} =$$

$$\frac {a (d+a)+c (b+c)}{(b+c)(a+d)}+ \frac {b (a+b)+d (c+d)}{(c+d)(a+b)} \ge$$

$$4 \frac {a^2+b^2+c^2+d^2+(ab+bc+cd+da)}{(a+b+c+d)^2}\ge 2$$

[arqady]

Думаю, Вы имели в виду $|a-b|\leq |a|+|b$.
4. Для положительных $a$, $b$ и $c$ докажите, что:

$$\sqrt{\frac{a+b}{c+1}}+\sqrt{\frac{b+c}{a+1}}+\sqrt{\frac{c+a}{b+1}}\geq\frac{4(a+b+c)}{a+b+c+1}$$

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #1040787 писал(а):

4. Для положительных $a$, $b$ и $c$ докажите, что:

$$\sqrt{\frac{a+b}{c+1}}+\sqrt{\frac{b+c}{a+1}}+\sqrt{\frac{c+a}{b+1}}\geq\frac{4(a+b+c)}{a+b+c+1}$$

$$\sqrt {\frac {a+b}{c+1}}=\frac {a+b}{\sqrt {(a+b)(c+1)}}\ge \frac {2 (a+b)}{a+b+c+1}...$$

[arqady]

Непонятно, почему только я предлагаю неравенства?
5. $a>0$, $b>0$. Докажите, что

$$a^a+b^b\geq a^b+b^a$$

[Edward_Tur]

arqady в сообщении #1040790 писал(а):

5. $a>0$, $b>0$. Докажите, что

$$a^a+b^b\geq a^b+b^a$$

Пускай $a\geq b$ и $a\geq1$, тогда

$${a^a}-{a^b}={a^b}(a^{a-b}-1) \geq{b^b}(b^{a-b}-1) ={b^a}-{b^b}.$$

[arqady]

Остался случай $0<a<1$.

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #1040790 писал(а):

5. $a>0$, $b>0$. Докажите, что

$$a^a+b^b\geq a^b+b^a$$

1.$f(x)=x^\alpha -x^\beta$ , $1 \ge \alpha \ge \beta >0$ , $1\ge x \ge \beta$

$$f'(x)=x^{\beta-1}(\alpha x^{\alpha-\beta}-\beta) \ge 0, (\alpha \beta^{\alpha-\beta}-\beta \ge 0)$$

$$\Rightarrow f(\alpha) \ge f(\beta) \Leftrightarrow \alpha^{\alpha}+\beta^{\beta} \ge \alpha^{\beta}+\beta^{\alpha} $$

2.$a \ge b , a \ge 1 :$

$$a^b(a^{a-b}-1) \ge b^{b}(b^{a-b}-1)$$

[arqady]

Sergic Primazon в сообщении #1040950 писал(а):

$$ (\alpha \beta^{\alpha-\beta}-\beta \ge 0)$$

Почему это верно?