Неравенство

[BanmaN]

Дано:
$a,b,c > 0$
$(1-a^2)^{\frac{1}{2}}\cdot (1-b^2)^{\frac{1}{2}}-a\cdot b=c$

Доказать:
$\sum\limits_{cyc}\frac{(a+\frac{1}{2})(1+(\frac{a}{2})^{\frac{1}{2}})(1-a)^\frac{1}{2}}{a^{\frac{3}{2}}}\geq 9$

P.S. Сам придумал

[arqady]

BanmaN в сообщении #341229 писал(а):

Дано:
$a,b,c > 0$
$(1-a^2)^{\frac{1}{2}}\cdot (1-b^2)^{\frac{1}{2}}-a\cdot b=c$

Доказать:
$\sum\limits_{cyc}\frac{(a+\frac{1}{2})(1+(\frac{a}{2})^{\frac{1}{2}})(1-a)^\frac{1}{2}}{a^{\frac{3}{2}}}\geq 9$

$f(x)=\frac{(\cos x+\frac{1}{2})(1+(\frac{\cos x}{2})^{\frac{1}{2}})(1-\cos x)^\frac{1}{2}}{(\cos x)^{\frac{3}{2}}}$ выпукла на $[0,\frac{\pi}{2})$?

[JMH]

BanmaN в сообщении #341229 писал(а):

$\sum\limits_{cyc}\frac{(a+\frac{1}{2})(1+(\frac{a}{2})^{\frac{1}{2}})(1-a)^\frac{1}{2}}{a^{\frac{3}{2}}}\geq 9$

Простите, не понимаю: по чему ведется суммирование (что такое cyc)?

[arqady]

JMH в сообщении #341250 писал(а):

BanmaN в сообщении #341229 писал(а):

$\sum\limits_{cyc}\frac{(a+\frac{1}{2})(1+(\frac{a}{2})^{\frac{1}{2}})(1-a)^\frac{1}{2}}{a^{\frac{3}{2}}}\geq 9$

Простите, не понимаю: по чему ведется суммирование (что такое cyc)?

cyc это циклическая. Нужно доказать вот это:
$\frac{(a+\frac{1}{2})(1+(\frac{a}{2})^{\frac{1}{2}})(1-a)^\frac{1}{2}}{a^{\frac{3}{2}}}+\frac{(b+\frac{1}{2})(1+(\frac{b}{2})^{\frac{1}{2}})(1-b)^\frac{1}{2}}{b^{\frac{3}{2}}}+\frac{(c+\frac{1}{2})(1+(\frac{c}{2})^{\frac{1}{2}})(1-c)^\frac{1}{2}}{c^{\frac{3}{2}}}\geq9$

[ИСН]

Необязательные мелочи могут иметь разный эстетический эффект. В частности, замена слов "возьмём косинусы углов остроугольного треугольника" на первые две строчки условия - украшает задачу, а нестандартный способ записи sqrt - скорее нет.

[BanmaN]

не знаю, выпукла или нет) замена-то правильная, но надо еще думать, я знаю 2 решения, одно мое

-- Ср июл 28, 2010 08:46:48 --

конечно, если выпукла, то все , очевидно, караматой,но, мне помнится, я в space time специально забивал ф-ию, он мне выдал очень страшное выражение

[neo66]

arqady в сообщении #341238 писал(а):

$f(x)=\frac{(\cos x+\frac{1}{2})(1+(\frac{\cos x}{2})^{\frac{1}{2}})(1-\cos x)^\frac{1}{2}}{(\cos x)^{\frac{3}{2}}}$ выпукла на $[0,\frac{\pi}{2})$?

Кстати, как доказать ее выпуклость?

[arqady]

neo66 в сообщении #341465 писал(а):

arqady в сообщении #341238 писал(а):

$f(x)=\frac{(\cos x+\frac{1}{2})(1+(\frac{\cos x}{2})^{\frac{1}{2}})(1-\cos x)^\frac{1}{2}}{(\cos x)^{\frac{3}{2}}}$ выпукла на $[0,\frac{\pi}{2})$?

Кстати, как доказать ее выпуклость?

Взять вторую производную. Но я не пробовал.

[neo66]

Взять то можно. Только куда ее потом девать?

[arqady]

neo66 в сообщении #341481 писал(а):

Взять то можно. Только куда ее потом девать?

Вы проверили, что она не является выпуклой? Если она не выпукла, то очень жаль.

[neo66]

На вид выпукла. Вопрос, как доказать...

[arqady]

Придётся кидаться во все тяжкие.
Поскольку $cos$ уж точно вогнута на $[0,\frac{\pi}{2}]$, то $\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma\leq3\cos\frac{\alpha+\beta+\gamma}{3}=\frac{3}{2}$,
где $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ величины углов остроугольного треугольника.
Пусть $\cos\alpha=\frac{1}{2}x^2$, $\cos\beta=\frac{1}{2}y^2$ и $\cos\gamma=\frac{1}{2}z^2$, где $x,$ $y$ и $z$ неотрицательны.
Тогда $x^2+y^2+z^2\leq3$ и остаётся доказать, что

$$\sum_{cyc}\frac{(x^2+1)(x+2)\sqrt{2-x^2}}{x^3}\geq18$$

Для этого докажем, что $\sum\limits_{cyc}\left(\frac{(x^2+1)(x+2)\sqrt{2-x^2}}{x^3}-6\right)\geq8(3-x^2-y^2-z^2)$.
Но $\sum\limits_{cyc}\left(\frac{(x^2+1)(x+2)\sqrt{2-x^2}}{x^3}-6\right)\geq8(3-x^2-y^2-z^2)\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}\left(\frac{(x^2+1)(x+2)\sqrt{2-x^2}}{x^3}+8x^2-14\right)\geq0$.
Поэтому достаточно доказать, что
$(x^2+1)(x+2)\sqrt{2-x^2}\geq2x^3(7-4x^2)$, котрое очевидно для $\frac{\sqrt7}{2}\leq x\leq\sqrt2$.
Но для $0\leq x<\frac{\sqrt{7}}{2}$ получаем:
$(x^2+1)(x+2)\sqrt{2-x^2}\geq2x^3(7-4x^2)\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow(x-1)^2(64x^8+128x^7-31x^6-186x^5-141x^4-96x^3-54x^2-24x-8)\leq0,$ что верно.
По моему, я заслужил увидеть авторское решение.

[BanmaN]

arqady в сообщении #341544 писал(а):

$\Leftrightarrow(x-1)^2(64x^8+128x^7-31x^6-186x^5-141x^4-96x^3-54x^2-24x-8)\leq0,$ что верно.

Чего-то я здесь не понимаю, почему это верно? Жутковато выглядит...

[arqady]

BanmaN в сообщении #341546 писал(а):

arqady в сообщении #341544 писал(а):

$\Leftrightarrow(x-1)^2(64x^8+128x^7-31x^6-186x^5-141x^4-96x^3-54x^2-24x-8)\leq0,$ что верно.

Чего-то я здесь не понимаю, почему это верно? Жутковато выглядит...

У длинного многочлена в скобках одна перемена знака у коэффициентов. Значит, у него ровно один положительный корень.
Подставив в него $x=\frac{\sqrt7}{2}$, получаем отрицательное число. Ясно, что он когда-то положителен, а в нуле он отрицателен.
Поэтому он отрицателен для всех $x\in[0,\frac{\sqrt7}{2})$

[BanmaN]

Ясно, да, Вы заслужили.

Используем очень известное (в очень узких кругах=)) неравенство:
(a+b)(1+\sqrt{ab})\geq 2\sqrt{ab}(\sqrt{(1+a)(1+b)})
для а = cos A, b = 1/2. Получаем уравнение тангенсов, ккоторое можно и караматой...