Неравенство

[Trius]

1)Для положительных $a,b,c$, для которых $abc=1$, доказать неравенство
$\frac {a^2+b^2}{c^2+a+b} +\frac {b^2+c^2}{a^2+b+c} + \frac{a^2+c^2}{b^2+a+c} \geq 2$.
2) Те же условия на $a,b,c$ ,но доказать надо $\frac {a^2+b^2}{c^2+a+b} +\frac {b^2+c^2}{a^2+b+c} + \frac{a^2+c^2}{b^2+a+c} \geq 2 + \frac {2(a^2+b^2+c^2-a-b-c)}{(a^2+b^2+c^2)^2} $

[Профессор Снэйп]

С первой задачей у меня получилось так (довольно длинно).

1) $a + b + c \geqslant 3$. Это сразу следует из того факта, что среднее геометрическое трёх положительных чисел не может быть больше их среднего арифметического.

2) $a+b+c \leqslant a^2 + b^2 + c^2$. Действительно, функция $f(t) = t^2$ выпукла, так что $(a+b+c)^2/9 \leqslant (a^2+b^2+c^2)/3$ и по предыдущему $(a+b+c)^2 \leqslant 3(a^2+b^2+c^2) \leqslant (a+b+c)(a^2+b^2+c^2)$.

3) Из выпуклости функции $f(t) = t^2$ следует также, что

$$ \left( \frac{a^2 x + b^2 y + c^2 z}{a^2+b^2+c^2} \right)^2 \leqslant \frac{a^2 x^2 + b^2 y^2 + c^2 z^2}{a^2+b^2+c^2} $$

для любых действительных $x,y,z \in \mathbb{R}$. Подставляя $x=a$, $y=b$ и $z=c$, получаем

$$ (a^3+b^3+c^3)^2 \leqslant (a^2 + b^2 + c^2)(a^4+b^4+c^4) $$

По предыдущему пункту имеем $a^2+b^2+c^2 \leqslant a^4+b^4+c^4$, так что $(a^3+b^3+c^3)^2 \leqslant (a^4+b^4+c^4)^2$ и $a^3 + b^3 + c^3 \leqslant a^4 + b^4 + c^4$.

4) Рассмотрим функцию

$$ g(t) = \frac{2(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c+t} $$

Нетрудно заметить, что она выпукла на интервале от $-(a+b+c)$ до $+\infty$, так что для любых действительных $x,y,z$ из этого интервала справедливо неравенство

$$ \frac{(a^2+b^2)g(x)+(b^2+c^2)g(y)+(c^2+a^2)g(z)}{2(a^2+b^2+c^2)} \geqslant g \left( \frac{(a^2+b^2)x+(b^2+c^2)y+(c^2+a^2)z}{2(a^2+b^2+c^2)} \right) $$

Подставим сюда $x=c^2-c$, $y=a^2-a$ и $z=b^2-b$ (легко проверить, что эти числа попадают в нужный интервал). Тогда в левой части этого длинного неравенства будет стоять выражение, оценить которое требуется по условию задачи. Правая же часть будет равна

$$ \frac{4(a^2+b^2+c^2)^2}{2(a+b+c)(a^2+b^2+c^2) + (a^2+b^2)(c^2-c) + (b^2+c^2)(a^2-a) + (c^2+a^2)(b^2-b)} = $$

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

(пфуй, надеюсь, нигде не ошибся в выкладках). По пункту 2 имеем

$$(a+b+c)(a^2+b^2+c^2) \leqslant (a^2+b^2+c^2)^2$$

По пункту 3 получаем

$$a^3 + b^3 + c^3 + 2(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) \leqslant a^4 + b^4 + c^4 + 2(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) = (a^2+b^2+c^2)^2$$

Таким образом, знаменатель интересующей нас дроби не превосходит $2(a^2+b^2+c^2)^2$. Значит, сама дробь имеет значение $\geqslant 2$.

5) Всё. Задача номер 1 решена

[Trius]

А задачка-то для 10го класса
Я не знаю как ее решать

[Профессор Снэйп]

Trius писал(а):

А задачка-то для 10го класса

Вполне. Что, в 10-ом классе выпуклые функции не проходят? Никакой "высшей математики" она вроде не требует.

Trius писал(а):

Я не знаю как ее решать

В смысле? Я же написал решение.

[arqady]

Свиду проще, но на самом деле то же самое:
Согласно Коши-Буняковскому, получаем:

$$\sum_{cyc}\frac{a^2+b^2}{c^2+a+b}\cdot\sum_{cyc}(a^2+b^2)(c^2+a+b)\geq\left(\sum_{cyc}(a^2+b^2)\right)^2$$

То-бишь остаётся доказать, что

$$2(a^2+b^2+c^2)^2\geq\sum_{cyc}(a^2+b^2)(c^2+a+b),$$

а это уже было доказано Профессором Снэйпом.

[Trius]

Для положительных $a,b,c$ доказать неравенство
$\sqrt{a^4+\frac{b^4}{2}+\frac{c^4}{2}} + $ $\sqrt{b^4+\frac{a^4}{2}+\frac{c^4}{2}} +\sqrt{c^4+\frac{b^4}{2}+\frac{a^4}{2}} \geq \sqrt{a^4+b^{3}c} +\sqrt{b^4+c^{3}a} +\sqrt{c^4+a^{3}b} $

[arqady]

Trius писал(а):

Для положительных $a,b,c$ доказать неравенство
$\sqrt{a^4+\frac{b^4}{2}+\frac{c^4}{2}} + $ $\sqrt{b^4+\frac{a^4}{2}+\frac{c^4}{2}} +\sqrt{c^4+\frac{b^4}{2}+\frac{a^4}{2}} \geq \sqrt{a^4+b^{3}c} +\sqrt{b^4+c^{3}a} +\sqrt{c^4+a^{3}b} $

Здесь имеется решение.
Последний шаг опирается на следующее известное неравенство:

$$(a^2+b^2+c^2)^2\geq3(a^3b+b^3c+c^3a),$$

которое доказывается, например, так:

$$(a^2+b^2+c^2)^2-3(a^3b+b^3c+c^3a)=\frac{1}{2}\sum_{cyc}(a^2-c^2-2ab+ac+bc)^2.$$

Интересно, что равенство в последнем неравенстве достигается не только когда

$$a=b=c.$$

[Trius]

Для любых положительных $x,y,z$ доказать неравенство
$(x^2+\frac{3}{4})(y^2+\frac{3}{4})(z^2+\frac{3}{4}) \geq \sqrt{(x+y)(y+z)(x+z)}$

[arqady]

Trius писал(а):

Для любых положительных $x,y,z$ доказать неравенство
$(x^2+\frac{3}{4})(y^2+\frac{3}{4})(z^2+\frac{3}{4}) \geq \sqrt{(x+y)(y+z)(x+z)}$

Это верно, поскольку

$$\left(x^2+\frac{3}{4}\right)\left(y^2+\frac{3}{4}\right)\geq x+y$$

верно.

[Профессор Снэйп]

arqady писал(а):

Trius писал(а):

Для любых положительных $x,y,z$ доказать неравенство
$(x^2+\frac{3}{4})(y^2+\frac{3}{4})(z^2+\frac{3}{4}) \geq \sqrt{(x+y)(y+z)(x+z)}$

Это верно, поскольку

$$\left(x^2+\frac{3}{4}\right)\left(y^2+\frac{3}{4}\right)\geq x+y$$

верно.

Да, согласен, что из этого всё легко следует.

А вот как доказывать само неравенство

$$\left(x^2+\frac{3}{4}\right)\left(y^2+\frac{3}{4}\right)\geq x+y$$

У меня получилось только "честным" путём. Записываем функцию

$$\left(x^2+\frac{3}{4}\right)\left((a-x)^2+\frac{3}{4}\right)$$

с параметром $a$, дифференцируем по $x$, ищем минимум, получаем два различных случая ($a^2 \leqslant 3$ и $a^2 > 3$), каждый исследуем отдельно и убеждаемся, что минимум больше $a$. Может, там есть что-нибудь более красивое?

[Kid Kool]

Ну, не знаю, красивее это или нет, но решение другое у меня имеется.

Неравенство можно записать в виде

$${\left(xy-\frac 3 4\right)}^2 + {\frac 3 4}{\left(x+y-\frac 2 3\right)}^2 \geqslant \frac 1 3$$

.

Сделав обозначение u = x+y, v = xy, придем к следующему: необходимо доказать, что точка (u, v) лежит вне эллипса с центром в точке

$$\left(\frac 2 3, \frac 3 4\right)$$

и полуосями

$$\frac 2 3$$

и

$$\frac 1 \sqrt{3}$$

. Все точки (u, v) лежат не выше параболы

$$v = \frac {u^2} 4$$

.

Осталось заметить, что эллипс и парабола имеют точку касания -

$$\left(1, \frac 1 4\right)$$

(тангенс угла наклона общей касательной равен

$$\frac1 2$$

). А поскольку внутренность эллипса лежит выше нижней части параболы (точнее части плоскости, образованной при делении ее параболой), то других общих точек нет.

Наверное, кстати, так и была придумана задача.

[Trius]

Для каждого натурального $n$ найти наибольшее $d_n$, для которого неравенство $\frac{1}{1+2a_1}+..+\frac{1}{1+2a_n} \geq d_n$ выполняется для всех положительных чисел $a_1,a_2...a_n$, произведение которых равно $1$.

[arqady]

Профессор Снэйп писал(а):

А вот как доказывать само неравенство

$$\left(x^2+\frac{3}{4}\right)\left(y^2+\frac{3}{4}\right)\geq x+y$$

Может, там есть что-нибудь более красивое?

Вот так, например:

$$\left(x^2+\frac{3}{4}\right)\left(y^2+\frac{3}{4}\right)=\left(x^2+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\right)\left(\frac{1}{4}+y^2+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\right)\geq\left(\frac{x}{2}+\frac{y}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\right)^2=$$

$$=\frac{1}{4}(x+y+1)^2\geq x+y.$$

Вот похожая задача:
Для неотрицательных

$$x,$$

$$y$$

и

$$z$$

докажите, что

$$ \frac{(x^3+2)(y^3+2)(z^3+2)}{27}\geq\sqrt{\frac{(x^2+y^2)(x^2+z^2)(y^2+z^2)}{8}}$$

Добавлено спустя 1 час 1 минуту 48 секунд:

Trius писал(а):

Для каждого натурального $n$ найти наибольшее $d_n$, для которого неравенство $\frac{1}{1+2a_1}+..+\frac{1}{1+2a_n} \geq d_n$ выполняется для всех положительных чисел $a_1,a_2...a_n$, произведение которых равно $1$.

Начиная с

$$n=4$$

наибольшее

$$d_n$$

уже меньше чем

$$\frac{n}{3}$$

и для нахождения наибольшего такого

$$d_n$$

, имхо, нужно запускать что-то типа рассуждения Дринфельда, что очень сложно.

[neo66]

Профессор Снэйп писал(а):

А вот как доказывать само неравенство

$$\left(x^2+\frac{3}{4}\right)\left(y^2+\frac{3}{4}\right)\geq x+y$$

Может, там есть что-нибудь более красивое?

Меня тоже заинтересвало это неравенство. Вот еще одно совсем школьное доказательство.

Данное неравенство сводится к такому:
$(x^2+3)(y^2+3) - 8(x+y)\geq 0$

Будем рассматривать левую часть как квадратичную функцию переменной $x$:
$f(x)=x^2(y^2+3)-8x+(3y^2-8y+9)$

Она $\geq 0$ тогда и только тогда, когда дискриминант:
$D(y)=64-4(y^2+3)(3y^2-8y+9)\leq 0$

Но это действительно так, поскольку:
$D(y)=-4(y-1)^2(3y^2-2y+11)\leq 0$

[Trius]

arqady писал(а):

Trius писал(а):

Для каждого натурального $n$ найти наибольшее $d_n$, для которого неравенство $\frac{1}{1+2a_1}+..+\frac{1}{1+2a_n} \geq d_n$ выполняется для всех положительных чисел $a_1,a_2...a_n$, произведение которых равно $1$.

Начиная с

$$n=4$$

наибольшее

$$d_n$$

уже меньше чем

$$\frac{n}{3}$$

и для нахождения наибольшего такого

$$d_n$$

, имхо, нужно запускать что-то типа рассуждения Дринфельда, что очень сложно.

Насколько я знаю, для $n\geq 4$ правильный ответ - 1.

Добавлено спустя 2 минуты 25 секунд:

Пусть $a,b,c>0$и $a+b+c=3$. Доказать неравенство $\frac{a^3}{(a+b)(a+c)} + \frac{b^3}{(a+b)(b+c)}+\frac{c^3}{(c+b)(a+c)}\geq \frac 3 4$