Нестандартные задачи

[arqady]

Артамонов Ю.Н.
Если вы это проверили, то приведите доказательство. Если нет, - то зачем вы это пишите?

[Скорцонер]

Привести неравенство к симметричному виду все же можно так.
Приводим к общему знаменателю:
$2[a(c^2+5)(a^2+5) + b(b^2+5)(a^2+5)+c(c^2+5)(b^2+5)] - (a^2+5)(c^2+5)(b^2+5)\geqslant0$,
и перепишем для краткости в виде:
1). $2P(a,b,c) -Q(a,b,c) \geqslant 0$.
Тогда оно эквивалентно одновременному выполнению двух симметричных неравенств, оба из которых следуют из 1):
2). $ [2P(a,b,c) - Q(a,b,c)][2P(b,a,c)-Q(a,b,c)] \geqslant 0$ , и
3).$ [2P(a,b,c) - Q(a,b,c)] + [2P(b,a,c) -Q(a,b,c)] \geqslant 0$.
Из 2) следует, что обе скобки больше или меньше нуля одновременно.
Из 3) следует, что может реализоваться только первый вариант.

Если формула разбита переносом строки, тег [mаth] становится обязательным. Формулу поправил. // нг

[arqady]

Скорцонер писал(а):

$2[a(c^2+5)(a^2+5) + b(b^2+5)(a^2+5)+c(c^2+5)(b^2+5)] - (a^2+5)(c^2+5)(b^2+5)\geqslant0$,
и перепишем для краткости в виде:
1). $2P(a,b,c) -Q(a,b,c) \geqslant 0$.
Тогда оно эквивалентно одновременному выполнению двух симметричных неравенств:
2). $ [2P(a,b,c) - Q(a,b,c)][2P(b,a,c)-Q(a,b,c)] \geqslant 0$ , и
3).$ [2P(a,b,c) - Q(a,b,c)] + [2P(b,a,c) -Q(a,b,c)] \geqslant 0$.
Из 2) следует, что обе скобки больше или меньше нуля одновременно.
Из 3) следует, что может реализоваться только первый вариант.

3) допустим, довольно легко доказать. Но как вы докажете 2)? В этом вся задача!

[juna]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Приведу схему доказательства:
1. Нужно показать, что $\exists k_0 \forall k\geqslant k_0: \frac{a}{b^2+5}+\frac{b}{c^2+5}+\frac{c}{a^2+5}\geqslant \frac{ak}{b+6k-1}+\frac{bk}{c+6k-1}+\frac{ck}{a+6k-1}$;
2. $\forall k_1<k_2: \frac{ak_1}{b+6k_1-1}+\frac{bk_1}{c+6k_1-1}+\frac{ck_1}{a+6k_1-1}\geqslant \frac{ak_2}{b+6k_2-1}+\frac{bk_2}{c+6k_2-1}+\frac{ck_2}{a+6k_2-1}$.
Тогда очевидно, что $\forall k\geqslant 2: \frac{ak}{b+6k-1}+\frac{bk}{c+6k-1}+\frac{ck}{a+6k-1}\geqslant \frac 1 2 $, т.к. при $k\to\infty$ получим ровно $\frac 1 2$.
Осталось доказать п.1 и п. 2.

Анализ сформулированных пунктов приводит к необходимости отдельного рассмотрения двух случаев:
в виду симметрии положим $a\geqslant b \geqslant c$,
Случай 1. $a+b+c=3, a \geqslant 1, b,c\leqslant 1$;
Случай 2. $a+b+c=3, a,b \geqslant 1, c\leqslant 1$.
Докажем справедливость неравенства для случая 1.
1. Докажем п.1. $\frac{a}{b^2+5}+\frac{b}{c^2+5}+\frac{c}{a^2+5}\geqslant \frac{ak}{b+6k-1}+\frac{bk}{c+6k-1}+\frac{ck}{a+6k-1}$. После преобразований имеем $a\cdot (\frac{1}{b^2+5}-\frac{k}{b+6k-1})+b\cdot (\frac{1}{c^2+5}-\frac{k}{c+6k-1})+c\cdot (\frac{1}{a^2+5}-\frac{k}{a+6k-1})\geqslant 0$. Рассмотрим функцию $f(x)=\frac{1}{x^2+5}-\frac{k}{x+6k-1}$. Она принимает неотрицательные значения, когда $x\leqslant 1$, действительно, после преобразований имеем $x+k-1-kx^2\geqslant 0$ - верно при $x\leqslant 1$. Поскольку у нас для этого случая $b,c\leqslant 1$, то $ a\cdot (\frac{1}{b^2+5}-\frac{k}{b+6k-1})\geqslant 0$ и $ b\cdot (\frac{1}{c^2+5}-\frac{k}{c+6k-1})\geqslant 0$, а $ c\cdot (\frac{1}{a^2+5}-\frac{k}{a+6k-1})$ имеет больший порядок малости, т.к. здесь делим на самое большое $a\geqslant 1$ и умножаем на самое малое $c$.
2. Докажем п.2. Здесь нам нужно доказать, что функция $u(k)= \frac{ak}{b+6k-1}+\frac{bk}{c+6k-1}+\frac{ck}{a+6k-1}$ монотонная, выпуклая вниз, начиная с некоторого $k$. Тогда становится ясно, что она ограничена снизу $\frac{1}{2}$, т.к. при $k\to\infty$ она равна $1/2$. Функция терпит три разрыва, можно показать, что в точке крайнего правого разрыва плюс нуль функция уходит в плюс бесконечность (хотя это и непринципиально для доказательства). Поскольку $u(k)$ имеет конечное число точек экстремума, то ясно, что, начиная с некоторого $k$, она будет монотонной. Докажем, что она будет монотонно убывать. Рассмотрим функцию $r(k)=\frac{ak}{b+6k-1}$ и выясним условие, при котором она выпукла вниз при положительном $k$. Имеем $r^\text{“}(k)=\frac{72ak}{(b+6k-1)^3}-\frac{12a}{(b+6k-1)^2}\geqslant 0$. После преобразований получаем требование $b\leqslant 1$. Таким образом, в случае 1 две компоненты функции $u(k)$ выпуклы вниз. Для того, чтобы показать, что $u(k)$ выпукла вниз, достаточно убедиться, что $u^{‘}(k) \leqslant 0$. Имеем $ u^{‘}(k) =\frac{a}{b-1+6k}-\frac{6ak}{(b-1+6k)}+\frac{b}{c-1+6k}-\frac{6bk}{(c-1+6k)}+ \frac{c}{a-1+6k}-\frac{6ck}{(a-1+6k)}$. В виду изложенного, здесь $\frac{a}{b-1+6k}-\frac{6ak}{(b-1+6k)} \leqslant 0$, $\frac{b}{c-1+6k}-\frac{6bk}{(c-1+6k)} \leqslant 0$, а $\frac{c}{a-1+6k}-\frac{6ck}{(a-1+6k)}$ имеет в сравнении с ними больший порядок малости, т.к. умножаем на меньшее, делим на большее. ч.т.д.

[student]

Найдите бесконечное число положительных целых $(a,b,c)$ образующих арифметическую прогрессию, для которых $ab+1, bc+1, ac+1$-были точными квадратами.

[juna]

Argady.
Хочется посмотреть решение вашего неравенства. Вроде больше желающих порешать нет.

[незваный гость]

student писал(а):

Найдите бесконечное число положительных целых $(a,b,c)$ образующих арифметическую прогрессию, для которых $ab+1, bc+1, ac+1$-были точными квадратами.

Средний член $b_n = \frac{(2+\sqrt3)^n-(2-\sqrt3)^n}{\sqrt3}$, шаг $d_n = \frac{(2+\sqrt3)^n+(2-\sqrt3)^n}{2}$.

[Trius]

Что больше $e^{\frac{ 1}{\pi} - \frac {1}{e}}$ или $({\frac{e}{\pi}})^e$ ?

[arqady]

Артамонов Ю.Н.
У меня терпения много! Подожду ещё.
Должен, кстати, признаться, что пока не видел разумных соображений.

[neo66]

arqady писал(а):

student писал(а):

Докажите, что при любых неотрицательных числах $a,b,c$ выполняется неравенство:
$(a^5-a^2+3)(b^5-b^2+3)(b^5-b^2+3)\geq (a+b+c)^3$

Так, имхо, проще:
воспользуемся неравенством Гёльдера:
$\prod(a^5-a^2+3)\geq\prod(a^3+2)\geq(a+b+c)^3.$

Первое неравенство понятно. Но, не могу сообразить, как используется неравенство Гельдера. Поясните, если не трудно.

[juna]

Trius писал(а):

Что больше $e^{\frac{ 1}{\pi} - \frac {1}{e}}$ или $({\frac{e}{\pi}})^e$ ?

Рассмотрим обратные величины $e^{\frac 1 e - \frac 1 \pi }$ и $\left (\frac {e}{\pi} \right )^{-e}$. Умножим их на $e^e$, получим $e^{e+\frac 1 e - \frac 1 \pi }$ и $\pi^{e}$. Докажем, что $e^{e+\frac 1 e - \frac 1 \pi }<\pi^{e}$.
Рассмотрим функции $f(x)=x^{x+\frac 1 x - \frac 1 \pi }$ и $\pi^{x}$. При $x>1$ функция $f(x)$ возрастает. Очевидно, что при $x>\pi$ $f(x)>\pi^x$, кроме того, $f(\pi)=\pi^{\pi}$. Значит при $1<x<\pi$ $f(x)<\pi^x$. Соответственно, $e^{\frac{ 1}{\pi} - \frac {1}{e}}>({\frac{e}{\pi}})^e$.

[neo66]

Trius писал(а):

Что больше $e^{\frac{ 1}{\pi} - \frac {1}{e}}$ или $({\frac{e}{\pi}})^e$ ?

Что-то тут не то. Вы уверены в условии? Числа не слишком близкие. Верно даже более сильное неравенство: $e^{\frac{ 1}{\pi} - \frac {1}{e}} >{\frac{e}{\pi}}$

[student]

Trius писал(а):

Что больше $e^{\frac{ 1}{\pi} - \frac {1}{e}}$ или $({\frac{e}{\pi}})^e$ ?

$e^{\frac{1}{\pi}-\frac{1}{e}}\vee \Bigl(\frac{e}{\pi}\Bigr)^{e}$
Логарифмуя получим выражение $\frac{1}{\pi}+e\ln \pi \vee \frac{1}{e}+e\ln e$
А дальше исследуя функцию $f(x)=\frac{1}{x}+e\ln x$ мы получим ответ!

[juna]

neo66 писал(а):

Trius писал(а):

Что больше $e^{\frac{ 1}{\pi} - \frac {1}{e}}$ или $({\frac{e}{\pi}})^e$ ?

Что-то тут не то. Вы уверены в условии? Числа не слишком близкие. Верно даже более сильное неравенство: $e^{\frac{ 1}{\pi} - \frac {1}{e}} >{\frac{e}{\pi}}$

Да он просто забыл написать - без вычислений.

[neo66]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

neo66 писал(а):

Trius писал(а):

Что больше $e^{\frac{ 1}{\pi} - \frac {1}{e}}$ или $({\frac{e}{\pi}})^e$ ?

Что-то тут не то. Вы уверены в условии? Числа не слишком близкие. Верно даже более сильное неравенство: $e^{\frac{ 1}{\pi} - \frac {1}{e}} >{\frac{e}{\pi}}$

Да он просто забыл написать - без вычислений.

Неравенство: $e^{\frac{ 1}{\pi} - \frac {1}{e}} >{\frac{e}{\pi}}$ тоже доказывается без вычислений.