Две неравенства за доказване

[someone]

1) За реалните положителни [tex]a[/tex], [tex]b[/tex], [tex]c[/tex], да се докаже [tex]\frac{1}{b(a+b)} + \frac{1}{c(b+c)} + \frac{1}{a(a+c)} \ge \frac{27}{2(a+b+c)^{2}}[/tex]
2) За реалните [tex]x, y, z[/tex], по-големи от [tex]-1[/tex], да се докаже [tex]\frac{1+x^{2}} {1 + y + z^{2}} + \frac{1+y^{2}}{1+z+x^{2}} + \frac {1 + z^{2}} {1+x+y^{2} } \ge 2[/tex]

[mkmarinov]

1) БОО [tex]abc=1[/tex]
От СХ-СГ
[tex]\frac{3}{\frac{1}{b(a+b)}+\frac{1}{c(b+c)}+\frac{1}{a(a+c)}} \le \sqrt[3]{abc(a+b)(b+c)(c+a)}=\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}[/tex]
Откъдето лявата страна е по-голяма или равна на
[tex]\frac{3}{\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}}[/tex]. Ще докажем, че това е по-голямо от дясната страна, което е еквивалентно на
[tex]9\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)} \le 2(a+b+c)^2[/tex]
От СГ-СА:
[tex]9\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)} \le 6(a+b+c)[/tex]
Искаме да докажем, че [tex]3(a+b+c) \le (a+b+c)^2 <=> a+b+c \ge 3[/tex], което следва от [tex]abc=1[/tex].

[someone]

Благодаря, много! Не предполагах, че доказателството ще използва толкова други неравенства.

[Mr.G{}{}Fy]

Как така не се ограничава общността с [tex]abc=1[/tex].

[mkmarinov]

Във всяко хомогенно неравенство е така =) .
Нека направим смяна на променливите [tex]a \to ra_1, b \to rb_1, c \to rc_1 => abc = r^3 a_1b_1c_1[/tex]
Ако заместим в неравенството обаче, r-овете от двете страни се съкращават (заради хомогенността) и получаваме същото неравенство за [tex]a_1,b_1,c_1[/tex], откъдето твърдението е инварианта спрямо тази трансформация => избираме си такава трансформация, с която ни е най-удобно.

Заб: горното нито е формално, нито е изчерпателно. Когато имаме хомогенност, можем да си позволяваме много "свободии".