Неравенства #2 с дължините на страните на 3-ъгълник

[Румен Симеонов]

Намерете наредена двойка от 2 реални числа [tex]m_{2 }[/tex] и [tex]М_{2}[/tex] имащи възможно най-малка (неотрицателна) разлика [tex]M_{2 }-m_{2}[/tex] сред разликите на наредените двойки реални числа [tex](m_{2 }, M_{2})[/tex], за които е изпълнено:
[tex]m_{2}\leqq\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}\leqq M_{2}[/tex],
за всяка (наредена) тройка числа [tex](a,b,c)[/tex] представляваща дължините на трите страни на един, който и да е, неизроден триъгълник, в поредността им така както се срещат подред при обхождане в някоя, която и да е от двете възможни посоки на обхождане на страните на триъгълника, започвайки от някой, който и да е, от върховете му.
Упътване. Приложима е лемата на Р. Симеонов, според която тези числа се достигат или в изроден триъгълник, който е граница на неизродени или в равностранен триътълник

[pal702004]

Ако написаното по-горе означава да се намерят минимума и максимума на функцията при условия $0<a \le b\le c,\; a+b>c$, то минума е равен на $\frac 1 3$ при $a=b=c$, а максимума се стреми към $\frac 1 2$ при $a \to 0$

$ \frac 1 3 \le f(a,b,c)< \frac 1 2$

[Румен Симеонов]

Имам предвид само неизродените равностранни триъгълтици, което може и да се окаже, че е излишно уточнение, ако се приеме, че не съществуват равностранни триъгълници с нулева дължина на (всяка от) страните им - зависи от дефиницията на изроден триъгълник, но не мога да посоча и да се спра на точна такава, която и да е общоприета. По принцип, под изроден триъгълник, с периметър [tex]1[/tex] разбирам геометрично място на точки представляващо отсечка с дължина[tex]1/2[/tex] , което обаче трябва и да е въведено като получено от обединението на точно индивидуализирана съвкупност от [tex]3[/tex] отсечки с неотрицателни дължинини [tex]a, b, c[/tex], със или без отсечка с нулева дължина сред тях, за които [tex]3[/tex] неотрицателни дължини е изпълнено, че една или две от тях имат свойството да са равни на [tex]1/2[/tex] и същевременно да са равни и на сумата на останалите две. Т.е., освен крайните точки [tex]A, B[/tex] на това геометрично място на точи представляващо отсечка с дължина [tex]1/2[/tex] трябва да е изрично посочена и още една (строго) вътрешна точка [tex]C[/tex], която също да се разглежда, макар и малко формално, като връх на изродения триъгълник, различен от върховетe му [tex]A, B[/tex], а под възможно обхождания (до връщане) започващо от връх, на таакъв изроден триъгълник разбирам всяка от редиците от върхове и "страни" [tex]A, AB, B, BC, C, CA, A[/tex]; [tex]B, BC, C, CA, A, AB, B[/tex]; [tex]C, CA, A, AB, B, BC, C[/tex]; [tex]A, AC, C, CB, B, BA, A[/tex]; [tex]C, CB, B, BA, A, AC, C[/tex]; [tex]B, BA, A, AC, C, CB, B[/tex].

[Румен Симеонов]

Ако написаното по-горе означава да се намерят минимума и максимума на функцията при условия $0<a \le b\le c,\; a+b>c$, то минума е равен на $\frac 1 3$ при $a=b=c$, а максимума се стреми към $\frac 1 2$ при $a \to 0$

$ \frac 1 3 \le f(a,b,c)< \frac 1 2$

Ох, извинявайте за сложната терминология, но се опитвам да избегна сегашни или бъдещи недоразумения. Приемам, че сте открил верния отговор и че сте забелязъл в допъълнение, че числото [tex]m_2=1/3[/tex] се достига, като стойност на посочения израз ,,в" т.е. ,,за" някоя тройка числа [tex](a, b, c)[/tex] от заявената съвкупност от тройки за разглеждане, и сте забелязъл, в допълнение формално надхвърлящо изискванията на задачата, и че числото [tex]M_2=1/2[/tex], за разлика, не се достига като стойност на израза, а е граница на (може и да се избере и да е ,нарастваща") редица от стойности (достигнати, т.е. приети) от израза. Терминологично това означава, че [tex]m_2=1/3[/tex] се оказва минимум, а [tex]M_2=1/3[/tex] не е и не се оказва, максимум, въпреки, че е, както се дефинира в университетите, ,,супремум" на стойностите на израза, което понятие не съвпада напълно с понятието максимум. Съответно, буквално казано, формулировката на задачата не(!) означава, и не съм казъл, и не могат да се намерят, че се търсят минимума и максимума (защото максимумът не съществува, въпреки, че съществува супремум). А и не съм изисквал [tex](a, b, c)[/tex] да е наредена ПО ГОЛЕМИНА тройка, нито пък съм съобразявал, че изискването [tex]c[/tex], когато е тай-голямата страна, да е по-малко от сумата на останалите две страни, е достатъчно, а само съм искал тройката да е наредена ПО ПОРЕДНОСТ на нареждане тройка представляваща, в някаква, каквато и да е, поредност, трите страни на един, който и да е, неизроден триъгълник, но пък отговорът не се променя и ако се наложат тези изисквания и се направи това съобразяване, както сте постъпил Вие, защото всяка наредена тройка може да се пренареди така, че вече да е наредена и по големина и получетата тройка отново ще е в множеството подложено на разглеждане, а и защото изразът е такъв, че при пренареждане на аргументите му не се променя стойността му. Обаче, приемам, че отговорът Ви е верен, и че ПО СЪЩЕСТВО сте УСЕТИЛИ ВСИЧКИ тънкости. Сега остава и да разкриете как стигнахте до този отговор и какво е Вашето решение и доказателство на отговора, ако не е тайна. Използвахте ли лемата на Р. Симеонов или намерихте Ваше директно доказателство?

[pal702004]

Сега остава и да разкриете как стигнахте до този отговор и какво е Вашето решение и доказателство на отговора, ако не е тайна. Използвахте ли лемата на Р. Симеонов или намерихте Ваше директно доказателство?

Както се намират екстремуми на функция от две променливи при ограничителни условия. За лема на Симеонов не съм чувал.
След като границите са известни, можем да докажем неравенствата

$2(a^2+b^2+c^2)<(a+b+c)^2 \le 3(a^2+b^2+c^2)$

за дължини на страни на триъгълник.

Второто е известно и след разкриване лесно се свежда до $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \ge 0$, което е вярно за всички реални числа.

Първото е равносилно на $a^2+b^2+c^2<2ab+2bc+2ca$

Без ограничения на общността, можем да приемем $a \le b \le c$ и да го запишем като

$(b-a)^2+c^2<2c(a+b)$.

От правилото на триъгълника $a+b>c$ следва, че дясната част е по-голяма от $2c^2$, което в никакъв случай не може да се каже за лявата.

И понеже в граничния случай $a=0,b=c$ се стига до равенство, то $1/2$ е граница на отношението.

[Румен Симеонов]

Сега остава и да разкриете как стигнахте до този отговор и какво е Вашето решение и доказателство на отговора, ако не е тайна. Използвахте ли лемата на Р. Симеонов или намерихте Ваше директно доказателство?

Както се намират екстремуми на функция от две променливи при ограничителни условия. За лема на Симеонов не съм чувал.
След като границите са известни, можем да докажем неравенствата

$2(a^2+b^2+c^2)<(a+b+c)^2 \le 3(a^2+b^2+c^2)$

за дължини на страни на триъгълник.

Второто е известно и след разкриване лесно се свежда до $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \ge 0$, което е вярно за всички реални числа.

Първото е равносилно на $a^2+b^2+c^2<2ab+2bc+2ca$

Без ограничения на общността, можем да приемем $a \le b \le c$ и да го запишем като

$(b-a)^2+c^2<2c(a+b)$.

От правилото на триъгълника $a+b>c$ следва, че дясната част е по-голяма от $2c^2$, което в никакъв случай не може да се каже за лявата.

И понеже в граничния случай $a=0,b=c$ се стига до равенство, то $1/2$ е граница на отношението.

Лема на Р. Симеонов, при ползване наготово от ученици, които не разполагат с теория за анулиране на дифиринциал, при допълнителни условия за нарастванията изразяващи принадлежност към допирателното пространство на повърхнината в нейна точка на евентуално достигане на екстремума, а също не разполагат и с теорема на Вайерщрас за достигане на екстремумите, когато дефиниционнато множество е компактно - например пространствен затворен триъгълник, наричам твърдението, че за хомогенни функции тяхната неотрицателност за всака тройка дължини представляваща страни на триъгълник е достатъчно (а понеже за функцията предполагаме непрекъснатост и при клонене на триъклник към изроден триъгълник е и ,,неизбежно" - сещате се какво имам предвид - нещо като необходимост) да се докаже/провери неравенството за тройки представляващи страни на изроден триъгълник в затворената обвивка на множеството от тройките числа представляващи неизродените тръгълници имащи периметър равен на 1, а също и за тези от тройките на неизродените триъгълници с периметър 1, в които тройки числа, трите частни производни на функцията, чиято неотрицателност изразява неравенството, са равни помежду си. В случая, при условието периметърът да е 1, такава възможна функция е [tex]a^2+b^2+c^2[/tex] и равенство на частните ѝ производни има само при равностранен триъгълникв (а имаме и ограничението периметъра да е 1). Впрочем, от Вашия отговор на запитването ми би трябвало да си направя извода, че знаете теорията за условното анулиране на пълния диференциал в точки на условен екстремоув, което пък не се връзва много-много с това, че се изразявате, че максимумът клонял към ... Много благодаря за отговора на запитването ми. Намерих колега по дух, а и сте я решили и само с училищни средства, с каквото решение аз не разполагах, когато я давах. Няма да е лошо, а може и да изпитате и удоволствие, когато имате време, да се убедите и потвърдите тук, че и така нареченото ,,велико иранско неравенство" също може да се реши със съответна модификация на лемата на Р. Симеонов, отнасяща се вече до екстремуми на хомогенни функции на произволна тройка положителни числа, които може и да не са непременно страни на триъгълник:
[tex](ab+bc+ca)\left(\frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c}+ \frac{1}{c+a}\right)\geqq \frac{9}{4} , \forall\ a, b, c >0.[/tex]
Впрочем, потърсете в интернет ,,,великото иранско неравенство" и вижте какви чудеса от героизъм проявяват нашите олимпийци (и техните треньори и помощници) подгоотвяйки се за международни състезания, четейки изключително сложни многостъпкови доказателства, някои от които и използващи допълнителни леми, неизвестно откъде взети. Съответно, възниква педагогико-състезателния въпрос, дали вместо да тренират такива ужасни сложнотии не е по-икономично олимпийците ни да бъдат обучени на състезание бързо да доказват (и после използват) с училищни средства неучилищната лема на Р. Симеонов, със или без именуването на това твърдение по този начин на състезание. Но и защо да не се именува и така, след като аз именно обръщам внимание на този начин на решаване, а и на измисляне, на олимпийски задачи. Имам тук един предходен пост, в който формулирам, доказвам и именувам и показвам полезността на такова твърдение. Вижте тук: https://www.math10.com/f/viewtopic.php?f=49&t=8031

[Гост]

Bako Rumene, dva charshafa izpisa, ama lema nema. Napishi ja formalno s 2-3 izrechenija (kakto bi bilo v nekoj uchebnik)...

[Румен Симеонов]

Лема на Р. Симeонов (за доказване на неравенства за 3 положителни числа [tex]a, b, c[/tex], които са страни на неизроден триъгълник, т.е. - за които [tex]о<c<a+b, 0<a<b+c, 0<b<c+a[/tex]).
Ако трябва да се докаже неравенство приведено във вид: [tex]0\leqq f(a,b,c)[/tex], за всички тройки [tex](a, b, c)[/tex], представляващи дължините на страните на един неизроден триъгълник, където се е оказало, че:
(1) функцията [tex]f(a,b,c)[/tex] е хомогенна от някоя степен [tex]n[/tex] - цяло число (може и нула и отрицателно), т.е. - такава, че [tex]f(ta,tb,tc)=t^nf(a,b,c), \forall\ t > 0[/tex]
и ако
(2) функцията [tex]f(a,b,c)[/tex] е дефинирана или додефинируема чрез граничен преход и за всички тройки [tex](a,b,c)[/tex], представляващи дължини на изроден триъгълник, който е граница на неизродени триъгълници - т.е. и за всички тройки [tex](a, b, c)[/tex], за които е изпълнено поне някое едно от следните 3 условия:
(У1) [tex]a=b+c=1/2, b\geqq 0, c\geqq 0[/tex];
(У2) [tex]b=c+a=1/2, c\geqq 0, a\geqq 0[/tex];
(У3) [tex]c=a+b=1/2, a\geqq 0, b\geqq 0[/tex];
и ако
(3) функцията има производни [tex]{f}^{'}_{a}(a,b,c), {f}^{'}_{b}(a,b,c), {f}^{'}_{c}(a,b,c)[/tex], когато се диференцира спрямо всяка от буквите приемайки при диференцирането другите 2 букви за константи, при което получените производни се оказват непрекъснати изрази/функции и на трите букви, когато те заедно са страни на един неизроден триъгълник
то тогава, в такъв случай, при наличие на тези предпоставки, неравенството, което трябва да се докаже (ще) е вярно (и) за всички тройки представляващи страни на неизроден триъгълник, ако, в допълнение към (1) - (3), е налице и всяко от следващите (4) и (5):
(4) неравенството е изпълнено (и бъде доказано) за всички тройки представляващи страни на изроден триъгълник, описани в условията (У1), (У2), (У3), а и
(5) неравенството е изпълнено (и бъде доказано) и за всички тройки представляващи страни на неизроден триъгълник, удовлетворяващи следното условие
(У0) [tex]{f}^{'}_{a}(a,b,c)= {f}^{'}_{b}(a,b,c)={f}^{'}_{c}(a,b,c)[/tex], [tex]a+b+c=1[/tex], [tex]о<c<a+b, 0<a<b+c, 0<b<c+a[/tex].

Кратка версия: Доказваш неравенството за всеки от случаите (У0), (У1), (У2), (У3) и неравенството е доказано вярно и за всички неизродени триъгълници (поради лемата на Р. Симеонов).

[Румен Симеонов]

Лема на Р. Симeонов (за доказване на неравенства за 3 положителни числа [tex]a, b, c[/tex], които са страни на неизроден триъгълник, т.е. - за които [tex]о<c<a+b, 0<a<b+c, 0<b<c+a[/tex]).
Ако трябва да се докаже неравенство приведено във вид: [tex]0\leqq f(a,b,c)[/tex], за всички ненулеви тройки [tex](a, b, c)[/tex], представляващи дължините на страните на един неизроден триъгълник, където се е оказало, че:
(1) функцията [tex]f(a,b,c)[/tex] е хомогенна от някоя степен [tex]n[/tex] - цяло число (може и нула и отрицателно), т.е. - такава, че [tex]f(ta,tb,tc)=t^nf(a,b,c), \forall\ t > 0[/tex]
и ако
(2) функцията [tex]f(a,b,c)[/tex] е дефинирана или додефинируема чрез граничен преход и за всички ненуреви тройки [tex](a,b,c)[/tex], представляващи дължини на изроден триъгълник с периметър равен на 1, който е граница на неизродени триъгълници - т.е. и за всички тройки [tex](a, b, c)[/tex], за които е изпълнено поне някое едно от следните 3 условия:
(У1) [tex]a=b+c=1/2, b\geqq 0, c\geqq 0[/tex];
(У2) [tex]b=c+a=1/2, c\geqq 0, a\geqq 0[/tex];
(У3) [tex]c=a+b=1/2, a\geqq 0, b\geqq 0[/tex];
при което функцията е или става след додефинирането,, непрекъсната, поне при [tex]a+b+c=1[/tex], функция дефинирана за всички тройки числа, представлявващи дължини на страни на триъгълник, изроден или не, и имащи сума (периметъра на триъгълника) равна на 1,
и ако
(3) функцията има производни [tex]{f}^{'}_{a}(a,b,c), {f}^{'}_{b}(a,b,c), {f}^{'}_{c}(a,b,c)[/tex], когато се диференцира спрямо всяка от буквите приемайки при диференцирането другите 2 букви за константи, при което получените производни се оказват непрекъснати изрази/функции и на трите букви, когато те заедно са страни на един неизроден триъгълник с периметър равен на 1,
то тогава, в такъв случай, при наличие на тези предпоставки, неравенството, което трябва да се докаже (ще) е вярно (и) за всички тройки представляващи страни на неизроден триъгълник, ако, в допълнение към (1) - (3), е налице и всяко от следващите (4) и (5):
(4) неравенството е изпълнено (и бъде доказано) за всички тройки представляващи страни на изроден триъгълник, описани в условията (У1), (У2), (У3), а и
(5) неравенството е изпълнено (и бъде доказано) и за всички тройки представляващи страни на неизроден триъгълник, удовлетворяващи следното условие
(У0) [tex]{f}^{'}_{a}(a,b,c)= {f}^{'}_{b}(a,b,c)={f}^{'}_{c}(a,b,c)[/tex], [tex]a+b+c=1[/tex], [tex]о<c<a+b, 0<a<b+c, 0<b<c+a[/tex].

Кратка версия: Доказваш неравенството за всеки от случаите (У0), (У1), (У2), (У3) и неравенството е доказано вярно и за всички неизродени триъгълници (поради лемата на Р. Симеонов).

[Гост]

pusni edno dokazatelstvo na tazi lema...

[Гост]

Доказателство Ще се придържам максимално близко до училищни знания, като и ще използвам и теоремата на Вайерщрас за непрекъснати функции дефиниране в затворен триъгълник, която не е изключено да се учи по някой СИП, но не съм сигурен, а само предполагам и само допускам, че е възможно.
Сред съотвентото додефиниране, ако е било необходимо, функцията става и е непрекъсната функция дефинирана и непрекъсната поне в множеството от точки [tex]M(a,b,c)[/tex] в координатното тримерно пространство с координати [tex](a,b,c)[/tex] заградено от и включващо и точките върху страните [tex]AB, BC, CA[/tex], както и включващо и върховете, на триъгълника с върхове [tex]A(1,0,0), B(0,1,0), C(0,0,1)[/tex], което множество от точки ще наричаме затворен триъгълник и ще обозначаваме с [tex]T[/tex].

[Румен Симеонов]

Доказателство Ще се придържам максимално близко до училищни знания, като и ще използвам и теоремата на Вайерщрас за непрекъснати функции дефинирани в затворен триъгълник, която не е изключено да се учи по някой СИП, но не съм сигурен, а само предполагам и само допускам, че е възможно.
След съотвентото додефиниране, ако е било необходимо, функцията е или става функция дефинирана и непрекъсната поне в множеството от точки [tex]M(a,b,c)[/tex] в координатното тримерно пространство с координати [tex](a,b,c)[/tex] заградено от и включващо и точките върху отсечките - затворени страни [tex]AB, BC, CA[/tex], а значи и включващо и върховете, на триъгълника с върхове [tex]A(0,1/2,1/2), B(1/2,0,1/2), C(1/2,1/2,0)[/tex], което множество от точки ще наричаме затворен триъгълник [tex]ABC[/tex] и ще обозначаваме с [tex]\triangle[/tex]. Забелязваме, че всъщност условието (У1) е условие за принадлежност на точката [tex]M(a,b,c)[/tex] към отсечката [tex]BC[/tex], условието (У2) - за принадлежност към [tex]CA[/tex], а условието (У3) - за принадлежност към [tex]AB[/tex]. От теоремата на Вайерщрас следва, че съществува точка [tex]M_0(a_0,b_0,c_0)[/tex] от затворения триъгълник [tex]\triangle[/tex], в която функцията приема най-малка стойност (ненадвишаваща всяка друга стойност) сред стойностите приемани от нея в точките принадлежащи на затворения триъгълник т.е. [tex]f(a_0,b_0,c_0)\leqq f(a,b,c)[/tex], за всяка точка [tex]M(a,b,c)[/tex] от затворения триъгълник [tex]\triangle[/tex]. За да докажем неравенството [tex]0\leqq f(a,b,c)[/tex] за всяка от точките от този триъгълник е достатъчно да го докажем за точката [tex]f(a_0,b_0,c_0)[/tex]. Ако тя принадлежи на някоя от страните, неравенството ще е изпълнено за нея, предвид на условието на лемата, че неравенството е (доказано) налице при изпълнение, на което и да е, от условията (У1), ((У2), (У3). Ако тя не е от никоя страна на триъгълника [tex]\triangle[/tex], тя ще е вътрешна за него и функцията [tex]\varphi(x):=f(a_0+x, b_0-x,c_0)[/tex] ще е дефинрана и от двете страни на нулата, в достътъчно малък интервал съдържащ нулата, и ще има локален минимум в точката [tex]x=0[/tex], откъдето следва, че нейната производна ще е нула при [tex]x=0[/tex], откъдето пък следва, че [tex]f^{'}_a(a_0,b_0,c_0)-f^{'}_b(a_0,b_0,c_0)=\varphi^{'}(0)=0[/tex]. Напълно аналогично доказваме, че в същи този случай, ще е изпълнено и [tex]f^{'}_b(a_0,b_0,c_0)-f^{'}_c(a_0,b_0,c_0)=0[/tex] и следва, че ще е изпълнено и [tex]f^{'}_a(a_0,b_0,c_0)=f^{'}_b(a_0,b_0,c_0)=f^{'}_c(a_0,b_0,c_0)[/tex], откъдето следва, че за точката [tex]M_0(a_0,b_0,c_0)[/tex] ще изпълнено условието (У0), откъдето пък, съгласно условието на лемата, ще е изпълнено и неравенството за нея: [tex]0\leqq f(a_0,b_0,c_0)[/tex]. Така доказахме изпълнението на неравенството за точките от триъгълника [tex]\triangle[/tex]. Ако [tex](a,b,c)[/tex] е друга точка, за която имаме да го доказваме, използваме хомогенността на функцията, като подбираме [tex]t=(a+b+c), t>0[/tex] и имаме [tex]0\leqq t^n f(a_0,b_0,c_0)\leqq t^n f(a_1,b_1,c_1)=f(a,b,c)[/tex], където сме обозначили [tex]a_1=a/(a+b+c), b_1=b/(a+b+c), c_1=c/(a+b+c),[/tex] и имаме, че точката [tex]M_1(a_1,b_1,c_1)[/tex] е от триъгълнка [tex]\triangle[/tex]. С това лемата е доказана. Забелязваме, че разсъжденето с помощната функция [tex]\varphi(x):=f(a_0+x, b_0-x,c_0)[/tex] и изводът на равенството [tex]f^{'}_a(a_0,b_0,c_0)=f^{'}_b(a_0,b_0,c_0)[/tex] запазват своята сила дори и за точки [tex]M_0(a_0,b_0,c_0)[/tex] от вътрешнстта на страната [tex]AB[/tex] и, следователно, не е необходимо да се доказва вернстта на неравенството за всички точки удовлетворяващи условието (У3), а е достатъчно, да се докаже неравенството само за точките [tex]A, B[/tex] и в допълнение - и само за тези точки от [tex]AB[/tex], т.е.- удовлетворяващи (У3), които допълнително удовлетворяват и [tex]f^{'}_a(a_0,b_0,c_0)=f^{'}_b(a_0,b_0,c_0)[/tex]. Аналогично - за [tex]B, C[/tex] и в допълнение - и само за тези точки от [tex]BC[/tex], т.е.- удовлетворяващи (У1), които допълнително удовлетворяват и [tex]f^{'}_b(a_0,b_0,c_0)=f^{'}_c(a_0,b_0,c_0)[/tex]. Аналогично - за [tex]C, A[/tex] и в допълнение - и само за тези точки от [tex]CA[/tex], т.е.- удовлетворяващи (У2), които допълнително удовлетворяват и [tex]f^{'}_c(a_0,b_0,c_0)=f^{'}_a(a_0,b_0,c_0)[/tex]. Доказахме, следователно, и това много приятно усилване на първоначално формулираната лема на Р. Симеонов, която вече ще формулираме, цитираме и използваме в този ѝ така усилен вид.

[Румен Симеонов]

Доказателство Ще се придържам максимално близко до училищни знания, като и ще използвам и теоремата на Вайерщрас за непрекъснати функции дефинирани в затворен триъгълник, която не е изключено да се учи по някой СИП, но не съм сигурен, а само предполагам и само допускам, че е възможно.
След съотвентото додефиниране, ако е било необходимо, функцията е и остава или става функция дефинирана и непрекъсната поне в множеството от точки [tex]M(a,b,c)[/tex] в координатното тримерно пространство с координати [tex](a,b,c)[/tex] заградено от и включващо и точките върху отсечките - затворени страни [tex]AB, BC, CA[/tex], а значи и включващо и върховете, на триъгълника с върхове [tex]A(0,1/2,1/2), B(1/2,0,1/2), C(1/2,1/2,0)[/tex], което множество от точки ще наричаме затворен триъгълник [tex]ABC[/tex] и ще обозначаваме и с [tex]\triangle[/tex]. Забелязваме, че всъщност условието (У1) е условие за принадлежност на точката [tex]M(a,b,c)[/tex] към отсечката [tex]BC[/tex], условието (У2) - за принадлежност към [tex]CA[/tex], а условието (У3) - за принадлежност към [tex]AB[/tex]. От теоремата на Вайерщрас за затворен триъгълник следва, че съществува точка [tex]M_0(a_0,b_0,c_0)[/tex] от затворения триъгълник [tex]\triangle[/tex], в която функцията приема най-малка стойност (ненадвишаваща всяка друга стойност) сред стойностите приемани от нея в точките принадлежащи на затворения триъгълник т.е. [tex]f(a_0,b_0,c_0)\leqq f(a,b,c)[/tex], за всяка точка [tex]M(a,b,c)[/tex] от затворения триъгълник [tex]\triangle[/tex]. За да докажем неравенството [tex]0\leqq f(a,b,c)[/tex] за всяка от точките от този триъгълник е достатъчно да го докажем за точката [tex]M_0(a_0,b_0,c_0)[/tex]. Ако тя принадлежи на някоя от страните, неравенството ще е изпълнено за нея, предвид на условието на лемата, че неравенството е (доказано) налице при изпълнение, на което и да е, от условията (У1), ((У2), (У3). Ако тя не е от никоя страна на триъгълника [tex]\triangle[/tex], тя ще е вътрешна за него и функцията [tex]\varphi(x):=f(a_0+x, b_0-x,c_0)[/tex] ще е дефинрана и от двете страни на нулата, в достътъчно малък интервал съдържащ нулата, и ще има локален минимум в точката [tex]x=0[/tex], откъдето следва, че нейната производна ще е нула при [tex]x=0[/tex], откъдето пък следва, че [tex]f^{'}_a(a_0,b_0,c_0)-f^{'}_b(a_0,b_0,c_0)=\varphi^{'}(0)=0[/tex]. Напълно аналогично доказваме, че в същи този случай, ще е изпълнено и [tex]f^{'}_b(a_0,b_0,c_0)-f^{'}_c(a_0,b_0,c_0)=0[/tex] и следва, че ще е изпълнено и [tex]f^{'}_a(a_0,b_0,c_0)=f^{'}_b(a_0,b_0,c_0)=f^{'}_c(a_0,b_0,c_0)[/tex], откъдето следва, че за точката [tex]M_0(a_0,b_0,c_0)[/tex] ще изпълнено условието (У0), откъдето пък, съгласно условието на лемата, ще е изпълнено и неравенството за нея: [tex]0\leqq f(a_0,b_0,c_0)[/tex]. Така доказахме изпълнението на неравенството за точките от триъгълника [tex]\triangle[/tex]. Ако [tex]M(a,b,c)[/tex] е друга точка, за която имаме да го доказваме, използваме хомогенността на функцията, като подбираме [tex]t=(a+b+c), t>0[/tex] и имаме [tex]0\leqq t^n f(a_0,b_0,c_0)\leqq t^n f(a_1,b_1,c_1)=f(a,b,c)[/tex], където сме обозначили [tex]a_1=a/(a+b+c), b_1=b/(a+b+c), c_1=c/(a+b+c),[/tex] и имаме, че точката [tex]M_1(a_1,b_1,c_1)[/tex] е от триъгълнка [tex]\triangle[/tex]. С това лемата е доказана. Забелязваме, че разсъжденето с помощната функция [tex]\varphi(x):=f(a_0+x, b_0-x,c_0)[/tex] и изводът на равенството [tex]f^{'}_a(a_0,b_0,c_0)=f^{'}_b(a_0,b_0,c_0)[/tex] запазват своята сила дори и за точки [tex]M_0(a_0,b_0,c_0)[/tex] от вътрешнстта на страната [tex]AB[/tex] и, следователно, от теоремата на Вайерщрас за отсечка,, следва, че не е необходимо да се доказва вернстта на неравенството за всички точки удовлетворяващи условието (У3), а е достатъчно, да се докаже неравенството само за точките [tex]A, B[/tex] и, в допълнение - и за тези точки от отсечката [tex]AB[/tex], т.е. - удовлетворяващи (У3), които допълнително удовлетворяват и [tex]f^{'}_a(a_0,b_0,c_0)=f^{'}_b(a_0,b_0,c_0)[/tex]. Аналогично - съответно, ,,само" за [tex]B, C[/tex] и, в допълнение - и за тези точки от [tex]BC[/tex], т.е. - удовлетворяващи (У1), които допълнително удовлетворяват и [tex]f^{'}_b(a_0,b_0,c_0)=f^{'}_c(a_0,b_0,c_0)[/tex]. Аналогично - съответно, ,,само" за [tex]C, A[/tex] и, в допълнение - и за тези точки от [tex]CA[/tex], т.е.- удовлетворяващи (У2), които допълнително удовлетворяват и [tex]f^{'}_c(a_0,b_0,c_0)=f^{'}_a(a_0,b_0,c_0)[/tex]. Доказахме, следователно, и това много приятно усилване на първоначално формулираната лема на Р. Симеонов, която вече ще формулираме, цитираме и използваме в този ѝ така усилен вид.

[Румен Симеонов]

По-горе, като, че ли споменавам, кое е неравенството известно като ,,великото иранско неравенство" и съм записал: [tex](ab+bc+ca)\left(\frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c}+ \frac{1}{c+a}\right)\geqq \frac{9}{4} , \forall\ a, b, c >0.[/tex] Всъщност имам техническа грешка и съм пропуснал да напиша вторите степени в знаменателите:
[tex](ab+bc+ca)\left(\frac{1}{(a+b)^2} + \frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2}\right)\geqq \frac{9}{4} , \forall\ a, b, c >0.[/tex]