c=d=e ?

[sasa]

Assume that $ c,d,e $ are positive numbers satisfying
$ \left\{\begin{array}{lclrcl} c^t &\ge & t+1 &,& \forall t\in {\mathbb R}\\ &&\\ d^t &\ge & dt &,& \forall t\in {\mathbb R}\\ && \\ e^x &\ge & \dfrac{x^2+6x+12}{x^2-6x+12} &,& \forall x \in [0,\infty) \\ \end{array}\right.\; . \; \; $ It's true that $\; c=d=e \; $ ?

[Руст]

Все примеры являются примерами исследования на экстремум квазиполиномов (показательная функция умноженая на полином) и легко решаются. Проверю только самый сложный (последний). Так как знаменатель положительный, то можно умножить и привести к доказательству:
$f(x)=(x^2-6x+12)e^x-x^2-6x-12\ge 0$[math].Получаем, что [math]$f(0)=f^{'}(0)=f^{''}(0)=0,f^{'''}(x)=x^2e^x\ge 0$. Это и доказывает неотрицательность функции в указанном интервале.

[evgeny]

Вопрос сложный
Если имеется ввиду, что $C=D=e$, тогда это правда, т.к. легко найти точки минимума и нетрицательность значений в этих точках эквивалентна $1\ge \ln(C)-\ln\ln(C)$, что бывает только при $C=e = 2.71...$.
Если же имелось ввиду, что $C=D=E$, то вроде это не правда, т.к. для $E=e^a$ и функции $f(x) = (x^2-6x+12)e^{ax} - (x^2+6x+12)$имеем

$$ \begin{array}{ccrcl} f^\prime(x) & = & \left(ax^2 + (2-6a)x+12a-6\right) & e^{ax} & -2x+6\\ f^{(2)}(x) & = & \left(a^2x^2 + (4a-6a^2)x+12a^2-12a+2\right) & e^{ax} & -2\\ f^{(3)}(x) & = & \left(a^3x^2 + (6a^2-6a^3)x+12a^3-18a^2+6a\right) & e^{ax} & \\ \end{array} $$

Тогда условия $f^{(k)}(0)\ge 0$, $k=1,2,3$ эквивалентны
$a-1\ge0$, $a(a-1)\ge0$, $a(2a-1)(a-1)\ge 0$
Т.к.

$$a^3x^2 + (6a^2-6a^3)x+12a^3-18a^2+6a = a\left((ax+3(1-a))^2 + 3(a^2-1)\right)$$

То, при $a\ge 1$ будет верно $f(x)\ge0$, на $x\ge 0$
Следовательно из условия следует только, что $E\ge e$.

[Руст]

Имеется в виду, что из первого следует c=e, со второго d=e, а в третьем уже е =exp(1)и надо только доказать неравенство.

[sasa]

Руст писал(а):

......а в третьем уже е =exp(1)и надо только доказать неравенство....

Ok, e=exp(1) . Further, for a complete solution please prove the last inequality ...