Неравенство

[Trius]

неравенство $tg\alpha +tg\beta +tg\gamma\leq \frac{2}{\sqrt{3} cos\alpha cos\beta cos\gamma}$ можно преобразовать в такое $cos\gamma sin(\alpha+\beta)+sin\gamma cos\alpha cos\beta\leq \frac{2}{\sqrt{3}}$ а вот что дальше делать...

[bot]

Дык, до этого доходил, но бросил.
Дальше можно так:
Стандартным сдвигом аргумента $\gamma$ получаем:

$\frac{1}{\sqrt{\sin^2(\alpha + \beta) + \cos^2 \alpha \cos^2 \beta) }}\cos(\gamma - ...) \le \frac{2}{\sqrt{3}}$.

Усилением последнего получаем:

$\sin^2(\alpha + \beta) + \cos^2 \alpha \cos^2 \beta \ge \frac{3}{4}$

Ситуёвина ведь не ухудшилась, так как $\gamma$ можно брать в том числе и таким, при котором $\cos(\gamma - ...)$ достигнет максимального значения 1.
А тут уж вроде и рукой подать (заменим удвоенные аргументы на $x$ и $y$):

$2 - 2\cos(x+y) + (1+\cos x)(1+\cos y) \ge 3$ ...

Добавлено спустя 27 минут 16 секунд:

Похоже, где-то проврался - не та цифирь пошла.

Добавлено спустя 5 минут 26 секунд:

И в самом деле - чего ради у меня корень вниз полез? После сдвига должно быть так:

${\sqrt{\sin^2(\alpha + \beta) + \cos^2 \alpha \cos^2 \beta}\cos(\gamma - ...) \le \frac{2}{\sqrt{3}}$.

После усиления:

$\sin^2(\alpha + \beta) + \cos^2 \alpha \cos^2 \beta \le \frac{4}{3}$

Добавлено спустя 10 минут 39 секунд:

Последнее трансформируется в следующее:

$3(1+ \cos x)(1 + \cos y) \le 10 + 6\cos (x+y)$,

что уже похоже на правду, но душа к такому не лежит.
Мне бы больше понравилось сведение к геометрии.

[bot]

Последнее всё же дома попробовал:

$3(1+ \cos x)(1 + \cos y) \le 10 + 6\cos (x+y)$

Посмотрим в квадрате $0\le x \le \pi , \ 0\le y \le \pi $ минимум функции

$F(x, y)=6\cos (x+y) - 3(1+ \cos x)(1 + \cos y) + 10$

На границе квадрата она положительна. Во внутренней точке приравниваем частные производные даже не к нулю, а друг дружке, что после разделения переменных даёт:

$\frac{1+\cos x}{\sin x}=\frac{1+\cos y}{\sin y}$

В силу строгой монотонности функции $\frac{1+\cos x}{\sin x}$ (лёгкая проверка по производной) на интервале $(0, \pi)$ последнее равенство возможно только при $x=y$.
Но тогда

$F(x,x)=(3\cos x - 1)^2 \ge 0$ и равенство возможно только при $\cos x = \frac{1}{3}$, то есть минимум, равный нулю достигается в единственной точке.

В пересчёте на прежние обозначения получаем эту точку: $a=b=c=\frac{2}{3}$

Как должен был решать девятиклассник? Наверно всё-таки какая-то геометрия тут есть.

[RIP]

bot писал(а):

$\sin^2(\alpha + \beta) + \cos^2 \alpha \cos^2 \beta \le \frac{4}{3}$

Это неравенство эквивалентно очевидному

$$\frac13\sin^2(\alpha-\beta)+\frac34(\cos(\alpha+\beta)-\frac13\cos(\alpha-\beta))^2\geqslant0$$

[bot]

Очевидное-то очевидно, а вот переход к очевидному ...
В самом деле, что ли?
На правду похоже - в той же точке в ноль обращается.

[Trius]

первоначальная задача - с матбоя старшей лиги(10-11 классы)

[RIP]

$$\cos\alpha\cos\beta=\frac12(\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta))$$

Остальное - дело техники.

[bot]

Техника - это вещь! Она преодолеет расстояние между

RIP писал(а):

$$\cos\alpha\cos\beta=\frac12(\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta))$$

и эквивалентностью указанных неравенств.

Однако сам это расстояние даже не пробовал измерять.

Всё-таки кажется, что задумка задачи была другая, хотя кто его знает - матбой всё-таки, там ведь бывают задачи, для которых и автор не имеет хорошего (а порой и никакого) решения.

[heap]

heap писал(а):

$x + y + z\leqslant\sqrt{1+x^2}\sqrt{1+(y+z)^2}\sqrt{1+\frac {(y-z)^2 + (2yz-1)^2} {3+3(y+z)^2} } = \frac 2 {\sqrt {3 } } \sqrt{(1+x^2)(1+y^2)(1+z^2)}$

Если присмотритесь, то увидите, что это как раз и есть перетранслированное тригонометрическое доказательство.

$ sin(\alpha) = \frac x {\sqrt {1+x^2}}; sin(\delta) = \frac {y+z} {\sqrt {1+(y+z)^2}}; sin(\alpha+\delta) = \frac {x + y + z} {\sqrt{1+x^2} \sqrt{1+(y+z)^2}}$

[RIP]

bot писал(а):

Техника - это вещь! Она преодолеет расстояние между

RIP писал(а):

$$\cos\alpha\cos\beta=\frac12(\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta))$$

и эквивалентностью указанных неравенств.

Однако сам это расстояние даже не пробовал измерять.

Дык надо просто всё выразить через $\cos(\alpha+\beta)$ и $\cos(\alpha-\beta)$ (удобно обозначить их какими-нить буковками) и останется в полученном выделить полный квадрат.

На всякий случай:

$$\frac43-\sin^2(\alpha+\beta)-\cos^2\alpha\cos^2\beta=\frac13+u^2-\frac14(u+v)^2=\frac13(1-v^2)+\frac34(u-\frac13v)^2$$

[RIP]

Руст писал(а):

Чисто путём дифференцирования устанавливается, что лучшим коэффициентом c_n, таким, что всегда выполняется

$$c_n\sqrt{\prod_{i=1}^n(1+x_i^2)}\ge \sum_{i=1}^n x_i$$

является $c_n=\frac{(n-1)^{(n-1)/2}}{n^{(n-2)/2}}$, в частности $c_3=\frac{2}{\sqrt 3 }$.
Это означает, что коэффициент неулучшаемый.

Это можно доказать чисто "школьными" методами (без производной). Например, так (обобщение док-ва heapа).
Лемма. Пусть $A\geqslant1,\ 0\leqslant a\leqslant A+1$. Тогда при любых $S,x$ выполняется неравенство

$$a+(S+x)^2\leqslant c(b+S^2)(1+x^2),$$

где

$$b=1+\frac{A-1}{A+1}a,\ c=\frac{(A+1)^2}{(A+1)^2-a},$$

причем $0\leqslant b\leqslant A$.
Док-во. Неравенство можно переписать в виде

$$2Sx\leqslant bc-a+c(Sx)^2+(c-1)S^2+(bc-1)x^2.$$

Несложные вычисления показывают, что

$$bc-a=\frac{(A+1-a)^2}{(A+1)^2-a},\ c-1=\frac a{(A+1)^2-a},\ bc-1=\frac{A^2a}{(A+1)^2-a}.$$

Пользуясь неравенствами

$$bc-a+c(Sx)^2\geqslant2\sqrt{c(bc-a)}Sx,\ (c-1)S^2+(bc-1)x^2\geqslant2\sqrt{(c-1)(bc-1)}Sx,$$

получаем требуемое.$\qed$

Основное нер-во. При $n\geqslant2$ и $0\leqslant a\leqslant n$ верно

$$a+(x_1+x_2+\ldots+x_n)^2\leqslant c_n(a)(1+x_1^2)(1+x_2^2)\ldots(1+x_n^2),$$

где

$$c_n(a)=n\left(\frac{n(n-1)}{n^2-a}\right)^{n-1}.$$

Док-во. Индукция по $n$. $n=2$ - см. лемму ($A=1$). При $n\geqslant2$ и $0\leqslant a\leqslant n+1$

$$a+(x_1+x_2+\ldots+x_{n+1})^2\leqslant\frac{(n+1)^2}{(n+1)^2-a}(1+\frac{n-1}{n+1}a+(x_1+\ldots+x_n)^2)(1+x_n^2)\leqslant$$

$$\leqslant\frac{(n+1)^2}{(n+1)^2-a}c_n(1+\frac{n-1}{n+1}a)(1+x_1^2)(1+x_2^2)\ldots(1+x_{n+1}^2)=c_{n+1}(a)(1+x_1^2)(1+x_2^2)\ldots(1+x_{n+1}^2)\qed$$

Видно, что равенство достигается при $x_1=x_2=\ldots=x_n=\sqrt{\frac{n-a}{n(n-1)}}$.

[Trius]

Добавлено спустя 4 минуты 50 секунд:

еще одно нер-во:
Пусть $a,b,c>0$ и $a+b+c=1$. Доказать, что $\sqrt{\frac{1}{a}-1}\sqrt{\frac{1}{b}-1}+\sqrt{\frac{1}{b}-1}\sqrt{\frac{1}{c}-1}+\sqrt{\frac{1}{c}-1}\sqrt{\frac{1}{a}-1}\geq 6$

[neo66]

Trius писал(а):

Пусть $a,b,c>0$ и $a+b+c=1$. Доказать, что $\sqrt{\frac{1}{a}-1}\sqrt{\frac{1}{b}-1}+\sqrt{\frac{1}{b}-1}\sqrt{\frac{1}{c}-1}+\sqrt{\frac{1}{c}-1}\sqrt{\frac{1}{a}-1}\geq 6$

Сначала приводим к однородному виду и затем неравенство СА-СГ:
${\frac{1}{a}-1} = {\frac{b+c}{a}} \geq {\frac{2\sqrt{bc}}{a}; ${\frac{1}{b}-1} = {\frac{a+c}{b}}\geq {\frac{2\sqrt{ac}}{b}; ${\frac{1}{c}-1} = {\frac{b+a}{c}}\geq {\frac{2\sqrt{ba}}{c};
После этого опять применяем неравенство СА-СГ ко всей сумме.

[Trius]

Для $a,b,c>0$ доказать $ (\frac{a+b}{c^2}+\frac{b+c}{a^2}+\frac{a+c}{b^2})(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c} +\frac{c^2}{a+b}) \ge 3+\frac{a+b}{c}+\frac{a+c}{b}+\frac{b+c}{a}$

[RIP]

Trius писал(а):

:)
Для $a,b,c>0$ доказать $ (\frac{a+b}{c^2}+\frac{b+c}{a^2}+\frac{a+c}{b^2})(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c} +\frac{c^2}{a+b}) \ge 3+\frac{a+b}{c}+\frac{a+c}{b}+\frac{b+c}{a}$

$$\frac{a+b}{c^2}+\frac{b+c}{a^2}+\frac{a+c}{b^2}=(a+b+c)(1/{a^2}+1/{b^2}+1/{c^2})-(1/a+1/b+1/c)\geqslant2(1/a+1/b+1/c)$$

$$\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c} +\frac{c^2}{a+b}=(a+b+c)\left(\frac a{b+c}+\frac b{a+c}+\frac c{a+b}-1\right)=(a+b+c)\left((a+b+c)(\frac1{a+b}+\frac1{a+c}+\frac1{b+c})-4\right)\geqslant\frac12(a+b+c)$$