Доказване на неравенства - много трудни задачи с решения

Решение:
Записваме всяка дроб във вида
[tex]\frac{a}{b^2+1}=a-\frac{ab^2}{b^2+1}[/tex]
Тъй като [tex]b^2+1\ge 2b[/tex], при [tex]b\gt 0[/tex] получаваме [tex]\frac{ab^2}{b^2+1}\le\frac{ab^2}{2b}=\frac{ab}{2}[/tex], а при [tex]b=0[/tex] двете страни са равни на [tex]0[/tex]. Следователно
[tex]\frac{a}{b^2+1}\ge a-\frac{ab}{2}[/tex]
и аналогично [tex]\frac{b}{c^2+1}\ge b-\frac{bc}{2}[/tex] и [tex]\frac{c}{a^2+1}\ge c-\frac{ca}{2}[/tex]. Като съберем, получаваме, че лявата страна е не по-малка от
[tex]a+b+c-\frac{ab+bc+ca}{2}=3-\frac{ab+bc+ca}{2}[/tex]
От [tex]\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge 0[/tex] следва [tex]a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca[/tex], затова
[tex]9=\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\ge 3\left(ab+bc+ca\right)\Rightarrow ab+bc+ca\le 3[/tex]
Следователно лявата страна е не по-малка от [tex]3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}[/tex], с което неравенството е доказано. Равенство има при [tex]a=b=c=1[/tex].

Решение:
Ще оценим всяко число чрез линеен израз от неговия куб. За всяко [tex]t\ge -1[/tex]
[tex]4t^3-3t+1=\left(t+1\right)\left(2t-1\right)^2\ge 0[/tex]
защото [tex]t+1\ge 0[/tex], а квадратът е неотрицателен. Следователно за всяко [tex]t\in\left[-1; 1\right][/tex]
[tex]t\le\frac{4t^3+1}{3}[/tex]
Прилагаме това за всяко [tex]a_i[/tex] и събираме деветте неравенства:
[tex]a_1+a_2+\ldots+a_9\le\frac{4\left(a_1^3+a_2^3+\ldots+a_9^3\right)+9}{3}=\frac{0+9}{3}=3[/tex]
Равенство е възможно само ако всяко [tex]a_i[/tex] е [tex]-1[/tex] или [tex]\frac{1}{2}[/tex]. Да вземем [tex]a_1=-1[/tex] и [tex]a_2=a_3=\ldots=a_9=\frac{1}{2}[/tex]: всички числа са в [tex]\left[-1; 1\right][/tex], сборът от кубовете е [tex]-1+8\cdot \frac{1}{8}=0[/tex], а сборът на числата е [tex]-1+8\cdot \frac{1}{2}=3[/tex]. Следователно най-голямата стойност е [tex]3[/tex].

Решение:
Ще използваме неравенството [tex]p^2+q^2+s^2\ge pq+qs+sp[/tex], което е вярно за всички реални [tex]p[/tex], [tex]q[/tex], [tex]s[/tex], тъй като
[tex]p^2+q^2+s^2-\left(pq+qs+sp\right)=\frac{1}{2}\left[\left(p-q\right)^2+\left(q-s\right)^2+\left(s-p\right)^2\right]\ge 0[/tex]
Като прибавим [tex]2\left(pq+qs+sp\right)[/tex] към двете страни, получаваме и
[tex]\left(p+q+s\right)^2\ge 3\left(pq+qs+sp\right)[/tex]
Прилагаме първото неравенство за [tex]p=\frac{1}{a}[/tex], [tex]q=\frac{1}{b}[/tex], [tex]s=\frac{1}{c}[/tex] и използваме [tex]a+b+c=3[/tex]:
[tex]\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=\frac{a+b+c}{abc}=\frac{3}{abc}[/tex]
Следователно е достатъчно да докажем, че [tex]\frac{3}{abc}\ge a^2+b^2+c^2[/tex], т.е. [tex]abc\left(a^2+b^2+c^2\right)\le 3[/tex]. Нека [tex]m=ab+bc+ca\gt 0[/tex]. Тогава
[tex]a^2+b^2+c^2=\left(a+b+c\right)^2-2m=9-2m[/tex]
и в частност [tex]9-2m\gt 0[/tex]. Като приложим второто неравенство за числата [tex]ab[/tex], [tex]bc[/tex], [tex]ca[/tex], получаваме
[tex]m^2=\left(ab+bc+ca\right)^2\ge 3\left(ab\cdot bc+bc\cdot ca+ca\cdot ab\right)=3abc\left(a+b+c\right)=9abc\Rightarrow abc\le\frac{m^2}{9}[/tex]
Следователно
[tex]abc\left(a^2+b^2+c^2\right)\le\frac{m\cdot m\cdot \left(9-2m\right)}{9}[/tex]
Числата [tex]m[/tex], [tex]m[/tex], [tex]9-2m[/tex] са положителни и сборът им е [tex]9[/tex], затова от неравенството между средно аритметично и средно геометрично
[tex]m\cdot m\cdot \left(9-2m\right)\le\left(\frac{m+m+\left(9-2m\right)}{3}\right)^3=27[/tex]
Следователно [tex]abc\left(a^2+b^2+c^2\right)\le\frac{27}{9}=3[/tex], с което доказателството е завършено. Равенство има при [tex]a=b=c=1[/tex].

Решение:
Първо ще покажем, че всяко от трите числа лежи в интервала [tex]\left(0 ; 4\right)[/tex]. От условията [tex]b+c=6-a[/tex] и
[tex]bc=9-a\left(b+c\right)=9-a\left(6-a\right)=\left(a-3\right)^2[/tex]
Значи [tex]b[/tex] и [tex]c[/tex] са корените на уравнението [tex]z^2-\left(6-a\right)z+\left(a-3\right)^2=0[/tex]. Те са реални и различни, затова дискриминантата му е положителна:
[tex]D=\left(6-a\right)^2-4\left(a-3\right)^2=3a\left(4-a\right)\gt 0\Rightarrow 0\lt a\lt 4[/tex]
Условията са симетрични, затова по същия начин [tex]0\lt b\lt 4[/tex] и [tex]0\lt c\lt 4[/tex]. Сега нека [tex]r=abc[/tex]. Според формулите на Виет [tex]a[/tex], [tex]b[/tex], [tex]c[/tex] са корените на полинома
[tex]p\left(t\right)=\left(t-a\right)\left(t-b\right)\left(t-c\right)=t^3-6t^2+9t-r[/tex]
От [tex]p\left(a\right)=0[/tex] получаваме [tex]r=a^3-6a^2+9a[/tex], откъдето
[tex]4-r=-\left(a^3-6a^2+9a-4\right)=\left(a-1\right)^2\left(4-a\right)\ge 0[/tex]
и по същия начин [tex]4-r=\left(b-1\right)^2\left(4-b\right)=\left(c-1\right)^2\left(4-c\right)[/tex]. Ако [tex]r=4[/tex], то, тъй като никое от числата не е равно на [tex]4[/tex], получаваме [tex]a=b=c=1[/tex], което противоречи на [tex]a\lt b\lt c[/tex]. Следователно [tex]r\lt 4[/tex]. Освен това [tex]r=abc\gt 0[/tex], защото трите числа са положителни. Тогава
[tex]p\left(0\right)=-r\lt 0,\quad p\left(1\right)=4-r\gt 0,\quad p\left(3\right)=-r\lt 0,\quad p\left(4\right)=4-r\gt 0[/tex]
Полином, който приема стойности с различни знаци в краищата на интервал, има корен във вътрешността му, затова [tex]p[/tex] има корен във всеки от интервалите [tex]\left(0 ; 1\right)[/tex], [tex]\left(1 ; 3\right)[/tex] и [tex]\left(3 ; 4\right)[/tex]. Това са три различни корена на полином от трета степен, следователно те са точно [tex]a\lt b\lt c[/tex] в този ред, т.е. [tex]0\lt a\lt 1\lt b\lt 3\lt c\lt 4[/tex].

Решение:
Ще докажем веригата [tex]x^3+y^3\le x^2+y^2\le x+y\le 2[/tex]. Условието може да се запише във вида
[tex]x^2\left(1-x\right)\ge y^3\left(y-1\right)=-y^3\left(1-y\right)[/tex]
Като прибавим [tex]y^2\left(1-y\right)[/tex] към двете страни, получаваме
[tex]x^2\left(1-x\right)+y^2\left(1-y\right)\ge y^2\left(1-y\right)-y^3\left(1-y\right)=y^2\left(1-y\right)^2\ge 0[/tex]
т.е. [tex]x^3+y^3\le x^2+y^2[/tex]. По-нататък, тъй като [tex]x\ge 0[/tex] и [tex]y\ge 0[/tex],
[tex]\left(x+y\right)\left(x^3+y^3\right)-\left(x^2+y^2\right)^2=x^3y+xy^3-2x^2y^2=xy\left(x-y\right)^2\ge 0[/tex]
Заедно с първото неравенство и [tex]x+y\ge 0[/tex] това дава
[tex]\left(x^2+y^2\right)^2\le\left(x+y\right)\left(x^3+y^3\right)\le\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)[/tex]
Ако [tex]x=y=0[/tex], твърдението е очевидно. В противен случай [tex]x^2+y^2\gt 0[/tex] и като разделим на този израз, получаваме [tex]x^2+y^2\le x+y[/tex]. Накрая, [tex]\left(x+y\right)^2\le 2\left(x^2+y^2\right)[/tex], защото това е равносилно на [tex]\left(x-y\right)^2\ge 0[/tex]; следователно
[tex]\left(x+y\right)^2\le 2\left(x^2+y^2\right)\le 2\left(x+y\right)[/tex]
Като разделим на [tex]x+y\gt 0[/tex], получаваме [tex]x+y\le 2[/tex]. Следователно
[tex]x^3+y^3\le x^2+y^2\le x+y\le 2[/tex]
Равенство има при [tex]x=y=1[/tex].

Решение:
Необходимост. Полагаме [tex]a=b=c=s\gt 0[/tex]; неравенството става [tex]3rs^2+\frac{3\left(3-r\right)}{s}\ge 9[/tex]. Като умножим по [tex]\frac{s}{3}\gt 0[/tex] и прехвърлим всичко вляво, виждаме, че за всяко [tex]s\gt 0[/tex] трябва
[tex]rs^3-3s+3-r=r\left(s^3-1\right)-3\left(s-1\right)=\left(s-1\right)\left(r\left(s^2+s+1\right)-3\right)\ge 0[/tex]
Да отбележим, че [tex]s^2+s+1[/tex] е близко до [tex]3[/tex], когато [tex]s[/tex] е близко до [tex]1[/tex].
Ако [tex]r\gt 1[/tex], то [tex]\frac{3}{r}\lt 3[/tex] и можем да изберем [tex]s\lt 1[/tex] толкова близко до [tex]1[/tex], че [tex]s^2+s+1\gt\frac{3}{r}[/tex]; тогава първият множител е отрицателен, а вторият е положителен, така че произведението е отрицателно — противоречие.
Ако [tex]r\le 0[/tex], вторият множител винаги е отрицателен и всяко [tex]s\gt 1[/tex] дава отрицателно произведение.
Ако [tex]0\lt r\lt 1[/tex], то [tex]\frac{3}{r}\gt 3[/tex] и избираме [tex]s\gt 1[/tex] толкова близко до [tex]1[/tex], че [tex]s^2+s+1\lt\frac{3}{r}[/tex]; произведението отново е отрицателно. Следователно е възможно само [tex]r=1[/tex].
Достатъчност. При [tex]r=1[/tex] трябва да докажем, че
[tex]ab+bc+ca+2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge 9[/tex]
От неравенството между средно аритметично и средно геометрично за три положителни числа
[tex]ab+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge 3\sqrt[3]{ab\cdot \frac{1}{a}\cdot \frac{1}{b}}=3[/tex]
и аналогично [tex]bc+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge 3[/tex] и [tex]ca+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\ge 3[/tex]. Като съберем трите неравенства, получаваме точно търсеното. Следователно единственото такова число е [tex]r=1[/tex].

Решение:
Полагаме [tex]u=2a[/tex] и [tex]v=c[/tex]; тогава [tex]u\gt 0[/tex], [tex]v\gt 0[/tex], [tex]u\ne v[/tex] и след рационализиране на дясната страна условието придобива вида
[tex]u-v=\sqrt{b+\sqrt{u}}-\sqrt{b+\sqrt{v}}=\frac{\sqrt{u}-\sqrt{v}}{\sqrt{b+\sqrt{u}}+\sqrt{b+\sqrt{v}}}[/tex]
От друга страна, [tex]u-v=\left(\sqrt{u}-\sqrt{v}\right)\left(\sqrt{u}+\sqrt{v}\right)[/tex]. Тъй като [tex]u\ne v[/tex], имаме [tex]\sqrt{u}-\sqrt{v}\ne 0[/tex] и като разделим на този израз, получаваме
[tex]\sqrt{u}+\sqrt{v}=\frac{1}{\sqrt{b+\sqrt{u}}+\sqrt{b+\sqrt{v}}}[/tex]
Тъй като [tex]b\gt 0[/tex], имаме [tex]\sqrt{b+\sqrt{u}}\gt\sqrt[4]{u}[/tex] и [tex]\sqrt{b+\sqrt{v}}\gt\sqrt[4]{v}[/tex], следователно
[tex]\left(\sqrt{u}+\sqrt{v}\right)\left(\sqrt[4]{u}+\sqrt[4]{v}\right)\lt 1[/tex]
От неравенството между средно аритметично и средно геометрично [tex]\sqrt{u}+\sqrt{v}\ge 2\sqrt[4]{uv}[/tex] и [tex]\sqrt[4]{u}+\sqrt[4]{v}\ge 2\sqrt[8]{uv}[/tex], затова
[tex]4\sqrt[8]{\left(uv\right)^3}\lt 1\Rightarrow\left(uv\right)^3\lt\frac{1}{4^8}=\frac{1}{2^{16}}[/tex]
Тъй като [tex]uv=2ac[/tex], това означава
[tex]8\left(ac\right)^3\lt\frac{1}{2^{16}}\Rightarrow\left(ac\right)^3\lt\frac{1}{2^{19}}[/tex]
Накрая, [tex]2^{19}=524288\gt 512000=80^3[/tex], затова [tex]\left(ac\right)^3\lt\frac{1}{80^3}[/tex], откъдето [tex]ac\lt\frac{1}{80}[/tex], т.е. [tex]80ac\lt 1[/tex].

Решение:
При [tex]a=b=1[/tex], [tex]c=0[/tex] неравенството става [tex]8\ge 2k[/tex], затова [tex]k\le 4[/tex]. Ще покажем, че [tex]k=4[/tex] е подходящо. Означаваме
[tex]T=a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b[/tex]
Тогава
[tex]\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3T+6abc,\quad\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)=T+3abc[/tex]
При [tex]k=4[/tex] дясната страна е [tex]4T+12abc-9abc=4T+3abc[/tex], така че неравенството е равносилно на
[tex]a^3+b^3+c^3-T+3abc\ge 0[/tex]
Като разкрием скобите, се убеждаваме, че лявата страна е точно изразът от неравенството на Шур:
[tex]a^3+b^3+c^3-T+3abc=a\left(a-b\right)\left(a-c\right)+b\left(b-a\right)\left(b-c\right)+c\left(c-a\right)\left(c-b\right)[/tex]
Ще докажем, че той е неотрицателен. Изразът е симетричен, затова можем да считаме, че [tex]a\ge b\ge c\ge 0[/tex]. Тогава той е равен на
[tex]\left(a-b\right)\left[a\left(a-c\right)-b\left(b-c\right)\right]+c\left(a-c\right)\left(b-c\right)[/tex]
Тук [tex]a-b\ge 0[/tex]; [tex]a\left(a-c\right)\ge b\left(b-c\right)[/tex], защото [tex]a\ge b\ge 0[/tex] и [tex]a-c\ge b-c\ge 0[/tex]; и [tex]c\left(a-c\right)\left(b-c\right)\ge 0[/tex]. Значи изразът е неотрицателен и [tex]k=4[/tex] удовлетворява неравенството за всички неотрицателни [tex]a[/tex], [tex]b[/tex], [tex]c[/tex], докато всяко [tex]k\gt 4[/tex] не го удовлетворява при [tex]a=b=1[/tex], [tex]c=0[/tex]. Отговорът е [tex]k=4[/tex].

Решение:
Преобразуваме всяко събираемо по следния начин (след привеждане на дясната страна към общ знаменател числителят е [tex]4x^2+4x+1-\left(2x^2+1\right)=2x^2+4x[/tex]):
[tex]\frac{x\left(x+2\right)}{2x^2+1}=\frac{\left(2x+1\right)^2}{2\left(2x^2+1\right)}-\frac{1}{2}[/tex]
Следователно неравенството е равносилно на
[tex]\frac{\left(2x+1\right)^2}{2x^2+1}+\frac{\left(2y+1\right)^2}{2y^2+1}+\frac{\left(2z+1\right)^2}{2z^2+1}\ge 3[/tex]
Измежду три числа има две с еднакви знаци или някое от тях е нула, затова произведението на някои две от тях е неотрицателно; тъй като неравенството е симетрично, можем да считаме, че [tex]xy\ge 0[/tex]. Тогава, понеже [tex]x+y=-z[/tex],
[tex]x^2+y^2\le x^2+2xy+y^2=\left(x+y\right)^2=z^2[/tex]
От неравенството на Коши-Буняковски във вида [tex]\frac{p^2}{m}+\frac{q^2}{n}\ge\frac{\left(p+q\right)^2}{m+n}[/tex] при [tex]m\gt 0[/tex], [tex]n\gt 0[/tex]:
[tex]\frac{\left(2x+1\right)^2}{2x^2+1}+\frac{\left(2y+1\right)^2}{2y^2+1}\ge\frac{\left(2x+2y+2\right)^2}{2x^2+2y^2+2}=\frac{2\left(x+y+1\right)^2}{x^2+y^2+1}\ge\frac{2\left(1-z\right)^2}{z^2+1}[/tex]
В последната стъпка използвахме [tex]\left(x+y+1\right)^2=\left(1-z\right)^2[/tex] и [tex]0\lt x^2+y^2+1\le z^2+1[/tex]. Остава да докажем неравенството с една променлива
[tex]\frac{2\left(1-z\right)^2}{z^2+1}+\frac{\left(2z+1\right)^2}{2z^2+1}\ge 3[/tex]
Умножаваме по положителното число [tex]\left(z^2+1\right)\left(2z^2+1\right)[/tex] и прехвърляме всичко в лявата страна:
[tex]2\left(1-z\right)^2\left(2z^2+1\right)+\left(2z+1\right)^2\left(z^2+1\right)-3\left(z^2+1\right)\left(2z^2+1\right)[/tex]
[tex]=\left(4z^4-8z^3+6z^2-4z+2\right)+\left(4z^4+4z^3+5z^2+4z+1\right)-\left(6z^4+9z^2+3\right)[/tex]
[tex]=2z^4-4z^3+2z^2=2z^2\left(z-1\right)^2\ge 0[/tex]
С това доказателството е завършено. Равенство има например при [tex]x=y=z=0[/tex] и при [tex]x=y=-\frac{1}{2}[/tex], [tex]z=1[/tex].