Неравенства за извънкласна работа

[d.georgieva]

Моля за идеи как да докажа следните неравенства:
1. [tex](a^3+2)(b^3+2)(c^3+2)\geq (a^3+2)(b^3+2)+(b^3+2)(c^3+2)+(a^3+2)(c^3+2), \ \ a,b,c>0 , \ \ abc=1.[/tex]

2. [tex]|xy-\sqrt{(1-x^2)(1-y^2)} |\leq 1,[/tex] ако [tex]|x|\leq 1, \ \ |y|\leq 1[/tex]

3. [tex](x+y+z)(x+y)(y+z)(x+z)\geq 4(x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2)[/tex], ako [tex]x,y,z\geq 0[/tex]

4. [tex]\frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2}\leq \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}[/tex], където [tex]x,y,z> 0[/tex]

5. Докажете, че [tex]\frac{a}{b} +\frac{b}{c}+ \frac{c}{a}< \frac{b}{a}+ \frac{c}{b}+ \frac{a}{c}[/tex] при условие, че [tex]a>b>c>0[/tex]

6. За [tex]x,y>0[/tex] е изпълнено [tex]x^2+y^3\geq x^3+y^4.[/tex] Докажете, че [tex]x^3+y^3\leq 2.[/tex]

[Maximianus Herculius]

Втората е очевидна - полагаме [tex]x=cos\alpha[/tex] и [tex]y=cos\beta[/tex]
Видът, който придобива неравенството е [tex]\left |cos\alpha cos\beta - sin\alpha sin \beta\right |\le 1[/tex], което е добре известно.
Трябва само да се изясни, кога се достига равенство - а това не е проблем.

[Maximianus Herculius]

В третата задача изглежда нещо не е наред.
Да разгледаме случая, когато x, y и z са страни на триъгълник
Полагаме [tex]x=a/2[/tex], [tex]y=b/2[/tex] и [tex]z=c/2[/tex]
Тогава [tex]x+y+z=p[/tex]
[tex]\left |\begin{matrix}
x+y+z & =p \\
x+y & =p-c\\
y+z & =p-a \\
x+z & =p-b
\end{matrix}\right.[/tex]
Лявата страна на неравенството е [tex]S^2[/tex] - квадрата на лицето на триъгълника.
В дясната обаче
[tex]4a^2b^2=4\left ( \frac{1}{2}absin\gamma \right )^2.\frac{1}{sin^2\gamma}=16S^2.\frac{1}{sin^2\gamma}[/tex]
и неравенството става еквивалентно на
[tex]\frac{1}{sin^2\gamma}+\frac{1}{sin^2\gamma}+\frac{1}{sin^2\gamma}\le 16[/tex],
което няма как да е вярно - остър ъгъл на триъгълник може да е толкова малък, че реципрочното на синуса му да стане колкото искаме голямо

[inveidar]

В третата задача изглежда нещо не е наред.
Да разгледаме случая, когато x, y и z са страни на триъгълник
Полагаме [tex]x=a/2[/tex], [tex]y=b/2[/tex] и [tex]z=c/2[/tex]
[tex]x+y=p-c[/tex]
[tex]y+z=p-a[/tex]
[tex]x+z=p-b[/tex]

Последните три равенства не са верни.

[Genie_Almo]

5. Докажете, че [tex]\frac{a}{b} +\frac{b}{c}+ \frac{c}{a}< \frac{b}{a}+ \frac{c}{b}+ \frac{a}{c}[/tex] при условие, че [tex]a>b>c>0[/tex]

Зависимостта [tex]a>b>c>0[/tex] ни позволява да направим следните полагания:
$b=c.k$ , където $k>1$
$a=c.k.l$ , където $l>1$

След полагането, неравенството придобива следния вид:

$l+k+\frac{1}{kl}<\frac{1}{l}+\frac{1}{k}+kl$. Умножаваме двете страни по $kl>0$ и прехвърляме всичко от дясната страна:

$0<-kl^{2}-k^{2}l-1+k+l+k^{2}l^{2}$

Да разгледаме дясната страна като квадратна функция спрямо $l$:

$f(l) = (k^{2}-k)l^2+(1-k^2)l+k-1$

От $k>1$ следва, че $(k^{2}-k)=(k-1)k>0$, което означава, че графиката на $f(l)$ е парабола, обърната нагоре. За уравнението $f(l)=0$ имаме:

$f(l) = (k^{2}-k)l^2+(1-k^2)l+k-1=0 \Leftrightarrow (k-1)(kl^2-(k+1)l+1)=0 \Leftrightarrow \frac{1}{k-1}f(l)=g(l)=kl^2-(k+1)l+1=0 $

За дискриминантата на $g(l)$ имаме:
$D=(k+1)^2-4k=(k-1)^2$, откъдето $l_{1,2}=\frac{(k+1)+/-\sqrt{D}}{2k} \Rightarrow $

$l_1 = \frac{k+1-(k-1)}{2k}=\frac{1}{k}$

$l_2 = \frac{k+1+(k-1)}{2k}=1$

Но тъй като съгласно полагането $l>1$ и поради формите на графиките на $f(l)$ и $g(l)$ правим следния извод:

За всички $k>1$ и $l>1$, следва $0<g(l)=\frac{1}{k-1}f(l) \Rightarrow f(l)>0$, с което диказателството е приключено.

[Genie_Almo]

4. [tex]\frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2}\leq \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}[/tex], където [tex]x,y,z> 0[/tex]

От неравенството между средно-квадратично и средно-аритметично имаме:

$ \sqrt{\frac{x^2+y^2+z^2}{3}} \ge \frac{x+y+z}{3} \Rightarrow x^2+y^2+z^2 \ge \frac{(x+y+z)^2}{3}$

Тогава
$\frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2} \le \frac{(x+y+z)^2}{\frac{(x+y+z)^2}{3}} = 3$

За дясната част ще използваме неравенството между средно-аритметично и средно-геометрично:

$ \frac{\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}}{3} \ge \sqrt[3]{\frac{x}{y}.\frac{y}{z}.\frac{z}{x}} \Rightarrow \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \ge 3$

Окончателно

$\frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2}\leq 3 \leq \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}$

[Гост]

Задача 5. Ето кратко решение.
viewtopic.php?f=21&t=21985

Задача 2. По-горе беше предложено решение с тригонометрия. Предлагам кратко и просто решение, без тригонометрия.
За да докажем неравенството, достатъчно е да докажем двете неравенства
[tex]xy-\sqrt{(1-x^{2})(1-y^{2})}\le1[/tex];
[tex]xy-\sqrt{(1-x^{2})(1-y^{2})}\ge-1[/tex].
Започваме с първото.
[tex]xy\le1[/tex]. (ф1)
[tex]-\sqrt{(1-x^{2})(1-y^{2})}\le0[/tex]. (ф2)
Към (ф2) добавяме xy.
[tex]xy-\sqrt{(1-x^{2})(1-y^{2})}[/tex][tex]\le[/tex]xy. (ф3)
От (ф1) и (ф3) следва
[tex]xy-\sqrt{(1-x^{2})(1-y^{2})}\le1[/tex].
Първото неравенство е доказано. Да видим второто. Тръгваме от очевидното:
[tex](x+y)^{2}\ge0[/tex].
[tex]2xy\ge-x^{2}-y^{2}[/tex]. (ф4)
Към (ф4) добавяме [tex]x^{2}y^{2}+1[/tex].
[tex]2xy+x^{2}y^{2}+1\ge-x^{2}-y^{2}+x^{2}y^{2}+1[/tex].
[tex](xy+1)^{2}\ge(1-x^{2})(1-y^{2})[/tex]. (ф5)
Понеже дясната страна на (ф5) е неотрицателна, можем да коренуваме (ф5).
[tex]xy+1\ge\sqrt{(1-x^{2})(1-y^{2})}[/tex].
[tex]xy-\sqrt{(1-x^{2})(1-y^{2})}\ge-1[/tex].
Доказано е и второто неравенство. С това задачата е решена.

Задача 6. Обсъждана е тук.
viewtopic.php?f=21&t=21986