Едно неравенство

[r2d2]

Една от задачитe от темата на Titu_Andrescu: Олимпиада за участниците във форума беше:

P3. Да се докаже, че [tex]\frac {a^3}{a^2+ab+b^2} + \frac{b^3}{b^2+bc+c^2} + \frac{c^3}{c^2+ca+a^2} \ge \frac {a+b+c}{3}[/tex] ,aко а,b,c>0.

Решението на Маги започва от едно очевидно неравенство, чрез което се доказва друго. Не става ясно обаче, как определяме избора на началното неравенство.

Отляво имаме израза [tex]\frac {a^3}{a^2+ab+b^2}[/tex], отдясно а и b. Търсим зависимост от типа: [tex] \frac {a^3}{a^2+ab+b^2} \ge pa+qb [/tex].
Понеже в предложеното неравенство, равeнство имаме за а=b=c, искаме и в нашата зависимост да има равенство за а=b. От това намираме (като заместим с b=a), че p+q=1/3.

Умножаваме двете страни с [tex]a^2+ab+b^2[/tex] и достигаме до
[tex](1-p)a^3-(p+q)a^2b-(p+q)ab^2-qb^3 \ge 0[/tex] или (като разделим на b^3 (b>0)) до
[tex](1-p)t^3-(p+q)t^2-(p+q)t-q \ge 0[/tex]. Заместваме p+q=1/3, q=1/3 - p и получваме:
[tex](3-3p)t^3-t^2-t+3p-1 \ge 0[/tex]. Проверява се, че лявата част има множител t-1 (това не е случайно, искахме равенcтво при а=b).
Toгава [tex](3-3p)t^3-t^2-t+3p-1=(t-1)((3-3p)t^2+(2-3p)t+(1-3p)) \ge 0[/tex].
Искаме горното неравенство да е изпълнено за всяко положително t. Тогава квадратният тричлен също има за корен t=1 (иначе ще имa смяна на знака в t=1). Така намираме, че
[tex] 3-3p +2-3p+1-3p=0 \Rightarrow p=\frac{2}{3},q=-\frac{1}{3}[/tex].
Получихме, че трябва да докажем неравенството:
[tex]\frac {a^3}{a^2+ab+b^2} \ge \frac {2a-b}{3} [/tex]. Лесно се проверява, че то е равносилно с [tex](a-b)^2(a+b) \ge 0[/tex]. Това е неравенството, с което Маги започва своето решение.
Този метод е подробно изложен в статията на доц. Тонов в сп. Математика 3/2005.

Ето и една задача (от същата статия). Докажете, че:
[tex] \frac{a^2+bc}{b+c}+\frac {b^2+ca}{c+a}+\frac {c^2+ab}{a+b} \ge a+b+c[/tex] за а,b,c>0.

[Реклама]

[Titu_Andrescu]

Ако [tex]a,b,c>0[/tex]. Да се докаже, че
[tex]\frac{a^2+bc}{b+c}+\frac{b^2+ca}{c+a}+\frac{c^2+ab}{a+b}\ge a+b+c[/tex].

Д-во: Нека [tex]D=(a+b)(b+c)(c+a)[/tex]. Очевидно [tex]D>0[/tex].

Сега правим така: [tex]\frac{ab+c^2}{a+b}-c+\frac{bc+a^2}{b+c}-a+\frac{ca+b^2}{c+a}-b=\frac{c^2+ab-ac-bc}{a+b}+\frac{a^2+bc-ab-ac}{b+c}+\frac{b^2+ac-ab-bc}{c+a}=[/tex]
[tex]=\frac{(c-a)(c-b)}{a+b}+\frac{(a-b)(a-c)}{b+c}+\frac{(b-a)(b-c)}{c+a}=\frac{(c^2-a^2)(c^2-b^2)+(a^2-b^2)(a^2-c^2)+(b^2-a^2)(b^2-c^2)}{D}=[/tex]
[tex]\frac{a^4+b^4+c^4-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2}{D}=\frac{(a^2-b^2)^2+(b^2-c^2)^2+(c^2-a^2)^2}{D}\ge 0[/tex], което искахме да докажем.

Равенство се достига [tex]\Leftrightarrow a=b=c[/tex].


r2d2, благодарности за хубавата тема и неравенството, което си оставил в края за домашно ! Ще ви предложа и следното неравенство:

Нека отново a,b,c са положителни реални числа. Да се докаже, че
[tex]\frac{b+c}{a^2+bc}+\frac{c+a}{b^2+ca}+\frac{a+b}{c^2+ab}\le \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}[/tex].

[Pinetop Smith]

Един съвсем съкратен вариант:

[tex]\frac{b+c}{a^2+bc}+\frac{c+a}{b^2+ca}+\frac{a+b}{c^2+ab} -(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) = -\frac{a^4b^4 + b^4c^4 + c^4a^4 - a^4b^2c^2 - a^2b^4c^2 - a^2b^2c^4}{abc(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)}[/tex]

Ако [tex]a^2b^2 = d[/tex], [tex]b^2c^2 = e[/tex], [tex]c^2a^2 = f[/tex], изразът в числителят e [tex]d^2 + e^2 + f^2 - de - ef - fd \ge 0[/tex], което решава задачата.

[Titu_Andrescu]

Вярно!

Автор на последните две задачи е прочутият математик Hojoo Lee от Южна Корея, университета Kangwon-Do (2000г.). Докато Mihály Bencze (Áprily Lajos College, Румъния) и Florentin Smarandache (University of New Mexico) предлагат следната задача:

Ако [tex]x>0[/tex], да се докаже, че [tex]\frac{1}{[x]+2\left\{x\right\}}+\frac{1}{2[x]+\left\{x\right\}}\ge \frac{1}{x}[/tex], където с [tex][a][/tex] се означава цялата, а с [tex]\left\{a\right\}[/tex] - дробната част на числото [tex]a[/tex].

(Дали имат нещо общо тази задача със задачите на Hojoo Lee?)

[Pinetop Smith]

Страхотна задача!

[tex]\frac{1}{[x] + 2\left\{x\right\}} + \frac{1}{2[x]+\left\{x\right\}} - \frac{1}{x} = \frac{3([x] + \left\{x\right\})}{([x]+2\left\{x\right\}).(2[x]+\left\{x\right\})} - \frac{1}{x} = \frac{3x}{([x]+2\left\{x\right\}).(2[x]+\left\{x\right\})} - \frac{1}{x} [/tex]

Освобождаваме се от знаменателя, който очевидно е по-голям от нула и:

[tex]3x^2 - ([x] + 2\left\{x\right\}).(2[x] + \left\{x\right\}) = 3x^2 - (x+\left\{x\right\})(x+[x]) = 3x^2 - x^2 - x([x] + \left\{x\right\}) - [x]\left\{x\right\} = [/tex]
[tex]x^2 - [x]\left\{x\right\} = ([x] + \left\{x\right\})^2 - [x]\left\{x\right\} = [x]^2 + [x]\left\{x\right\} + \left\{x\right\}^2 \ge 0[/tex]

[Titu_Andrescu]

Може да постъпим и така:
в неравенството
[tex]\frac{a^2+bc}{b+c}+\frac{b^2+ca}{c+a}+\frac{c^2+ab}{a+b}\ge a+b+c[/tex],[tex]a,b,c>0[/tex] просто порагаме:

[tex]a=x, b=[x], c=\left\{x\right\}\Rightarrow a=b+c[/tex] и получаваме исканото неравенство.