Dokazivanje nejednakosti - teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Imenilac [tex]x^4+y^4[/tex] je pozitivan, pa je nejednakost [tex]\frac{xy^3+x^3y}{x^4+y^4}\ge -1[/tex] ekvivalentna sa [tex]x^4+y^4+x^3y+xy^3\ge 0[/tex]. Rastavimo levu stranu na činioce:
[tex]x^4+x^3y+xy^3+y^4=x^3\left(x+y\right)+y^3\left(x+y\right)=\left(x+y\right)\left(x^3+y^3\right)=\left(x+y\right)^2\left(x^2-xy+y^2\right)[/tex]
Ovde je [tex]\left(x+y\right)^2\ge 0[/tex], a pošto je [tex]y\ne 0[/tex],
[tex]x^2-xy+y^2=\left(x-\frac{y}{2}\right)^2+\frac{3y^2}{4}\gt 0[/tex]
Dakle, proizvod je nenegativan i vrednost izraza je uvek najmanje [tex]-1[/tex]. Vrednost [tex]-1[/tex] se dostiže za [tex]x+y=0[/tex], na primer za [tex]x=1[/tex], [tex]y=-1[/tex]:
[tex]\frac{1\cdot \left(-1\right)^3+1^3\cdot \left(-1\right)}{1^4+\left(-1\right)^4}=\frac{-2}{2}=-1[/tex]
Dakle, najmanja vrednost je [tex]-1[/tex].

Rešenje:
Uvedimo smene [tex]x=b+c[/tex], [tex]y=c+a[/tex], [tex]z=a+b[/tex]; ovi brojevi su pozitivni. Pošto je [tex]a+b+c=1[/tex], svaki činilac se izražava preko njih:
[tex]1-a=b+c=x,\quad 1-b=y,\quad 1-c=z[/tex]
[tex]1+a=\left(a+b+c\right)+a=\left(a+b\right)+\left(a+c\right)=y+z,\quad 1+b=z+x,\quad 1+c=x+y[/tex]
Tako nejednakost dobija oblik
[tex]\left(y+z\right)\left(z+x\right)\left(x+y\right)\ge 8xyz[/tex]
Prema nejednakosti aritmetičke i geometrijske sredine
[tex]y+z\ge 2\sqrt{yz},\quad z+x\ge 2\sqrt{zx},\quad x+y\ge 2\sqrt{xy}[/tex]
Obe strane ovih nejednakosti su pozitivne, pa ih možemo pomnožiti:
[tex]\left(y+z\right)\left(z+x\right)\left(x+y\right)\ge 8\sqrt{x^2y^2z^2}=8xyz[/tex]
što je i trebalo dokazati. Jednakost važi za [tex]x=y=z[/tex], tj. za [tex]a=b=c=\frac{1}{3}[/tex].

Rešenje:
Koristeći [tex]a+b+c=1[/tex], zapišimo prvi činilac u obliku
[tex]1+\frac{1}{a}=\frac{a+1}{a}=\frac{a+a+b+c}{a}[/tex]
Prema nejednakosti aritmetičke i geometrijske sredine za četiri pozitivna broja [tex]a[/tex], [tex]a[/tex], [tex]b[/tex], [tex]c[/tex]
[tex]a+a+b+c\ge 4\sqrt[4]{a^2bc}\Rightarrow 1+\frac{1}{a}\ge\frac{4\sqrt[4]{a^2bc}}{a}[/tex]
Analogno je
[tex]1+\frac{1}{b}\ge\frac{4\sqrt[4]{ab^2c}}{b},\quad 1+\frac{1}{c}\ge\frac{4\sqrt[4]{abc^2}}{c}[/tex]
Množenjem ove tri nejednakosti između pozitivnih brojeva dobijamo
[tex]\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)\left(1+\frac{1}{c}\right)\ge\frac{64\sqrt[4]{a^4b^4c^4}}{abc}=64[/tex]
Za [tex]a=b=c=\frac{1}{3}[/tex] vrednost izraza je [tex]4\cdot 4\cdot 4=64[/tex]. Dakle, najmanja vrednost je [tex]64[/tex].

Rešenje:
Označimo
[tex]P=\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot \ldots\cdot \frac{99}{100},\qquad Q=\frac{2}{3}\cdot \frac{4}{5}\cdot \ldots\cdot \frac{100}{101}[/tex]
Svaki od ova dva proizvoda ima [tex]50[/tex] pozitivnih činilaca. Za svaki prirodan broj [tex]k[/tex] važi [tex]\frac{2k-1}{2k}\lt\frac{2k}{2k+1}[/tex], jer posle množenja pozitivnim imeniocima ova nejednakost dobija oblik
[tex]\left(2k-1\right)\left(2k+1\right)\lt 4k^2\iff 4k^2-1\lt 4k^2[/tex]
Množenjem ovih [tex]50[/tex] nejednakosti između pozitivnih brojeva (za [tex]k=1,2,\ldots,50[/tex]) dobijamo [tex]P\lt Q[/tex]. S druge strane,
[tex]P\cdot Q=\frac{1\cdot 2\cdot 3\cdot \ldots\cdot 100}{2\cdot 3\cdot 4\cdot \ldots\cdot 101}=\frac{1}{101}[/tex]
Dakle,
[tex]P^2\lt P\cdot Q=\frac{1}{101}\lt\frac{1}{100}[/tex]
a pošto je [tex]P\gt 0[/tex], sledi [tex]P\lt\frac{1}{10}[/tex], što je i trebalo dokazati.

Rešenje:
Neka je [tex]t=xy[/tex]. Iz uslova je [tex]x^2+y^2=1-t[/tex], pa je
[tex]x^3y+xy^3=xy\left(x^2+y^2\right)=t\left(1-t\right)[/tex]
Ocenimo [tex]t[/tex]. Iz [tex]x^2+y^2\ge 2xy[/tex] i [tex]x^2+y^2\ge -2xy[/tex] dobijamo
[tex]1-t\ge 2t\Rightarrow t\le\frac{1}{3},\qquad 1-t\ge -2t\Rightarrow t\ge -1[/tex]
Dakle, [tex]t\in\left[-1; \frac{1}{3}\right][/tex]. Grafik funkcije [tex]g\left(t\right)=t-t^2[/tex] je parabola sa temenom u [tex]t=\frac{1}{2}[/tex], a funkcija je rastuća za [tex]t\le\frac{1}{2}[/tex]. Teme nije dopustivo, jer je [tex]t\le\frac{1}{3}[/tex], pa se vrednost [tex]\frac{1}{4}[/tex] ne može dostići. Na intervalu [tex]\left[-1; \frac{1}{3}\right][/tex] najveća vrednost je
[tex]g\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{1}{3}\cdot \frac{2}{3}=\frac{2}{9}[/tex]
Ona se dostiže za [tex]x=y=\frac{1}{\sqrt{3}}[/tex]: tada je [tex]x^2+xy+y^2=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=1[/tex] i [tex]x^3y+xy^3=2\cdot \frac{1}{9}=\frac{2}{9}[/tex]. Dakle, najveća vrednost je [tex]\frac{2}{9}[/tex].

Rešenje:
Za oštar ugao je [tex]s=\sin \alpha\gt 0[/tex] i [tex]c=\cos\alpha\gt 0[/tex]. Oslobodimo se zagrada:
[tex]\left(1+\frac{1}{s}\right)\left(1+\frac{1}{c}\right)=1+\frac{1}{s}+\frac{1}{c}+\frac{1}{sc}[/tex]
Prema nejednakosti aritmetičke i geometrijske sredine [tex]\frac{1}{s}+\frac{1}{c}\ge\frac{2}{\sqrt{sc}}[/tex], pa je
[tex]1+\frac{1}{s}+\frac{1}{c}+\frac{1}{sc}\ge 1+\frac{2}{\sqrt{sc}}+\frac{1}{sc}=\left(1+\frac{1}{\sqrt{sc}}\right)^2[/tex]
Osim toga,
[tex]sc=\sin \alpha\cos\alpha=\frac{\sin 2\alpha}{2}\le\frac{1}{2}\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{sc}}\ge\sqrt{2}[/tex]
pa je vrednost izraza najmanje
[tex]\left(1+\sqrt{2}\right)^2=3+2\sqrt{2}[/tex]
Obe ocene postaju jednakosti za [tex]\alpha=45^\circ[/tex], kada je [tex]s=c=\frac{\sqrt{2}}{2}[/tex]. Dakle, najmanja vrednost je [tex]3+2\sqrt{2}[/tex].
Primetimo da se ocena [tex]4\sqrt{2}[/tex], dobijena iz [tex]1+\frac{1}{s}\ge\frac{2}{\sqrt{s}}[/tex] i [tex]1+\frac{1}{c}\ge\frac{2}{\sqrt{c}}[/tex], nikada ne dostiže, jer bi to zahtevalo [tex]\sin \alpha=\cos\alpha=1[/tex].

Rešenje:
Posmatrajmo vektore [tex]\vec{u}=\left(x; 1\right)[/tex], [tex]\vec{v}=\left(y; 2\right)[/tex] i [tex]\vec{w}=\left(z; 3\right)[/tex]. Njihove dužine su [tex]\sqrt{x^2+1}[/tex], [tex]\sqrt{y^2+4}[/tex] i [tex]\sqrt{z^2+9}[/tex], pa je izraz jednak [tex]\left|\vec{u}\right|+\left|\vec{v}\right|+\left|\vec{w}\right|[/tex]. Prema nejednakosti trougla za vektore
[tex]\left|\vec{u}\right|+\left|\vec{v}\right|+\left|\vec{w}\right|\ge\left|\vec{u}+\vec{v}+\vec{w}\right|[/tex]
pri čemu je [tex]\vec{u}+\vec{v}+\vec{w}=\left(x+y+z; 1+2+3\right)=\left(8; 6\right)[/tex], a dužina tog vektora je
[tex]\sqrt{8^2+6^2}=\sqrt{100}=10[/tex]
Dakle, vrednost izraza je uvek najmanje [tex]10[/tex]. Jednakost važi kada su sva tri vektora istog smera, tj. kada su im koordinate proporcionalne:
[tex]\frac{x}{1}=\frac{y}{2}=\frac{z}{3}=\lambda[/tex]
Tada je [tex]x+y+z=6\lambda=8[/tex], odakle je [tex]\lambda=\frac{4}{3}[/tex] i [tex]x=\frac{4}{3}[/tex], [tex]y=\frac{8}{3}[/tex], [tex]z=4[/tex]. Provera:
[tex]\sqrt{\frac{16}{9}+1}+\sqrt{\frac{64}{9}+4}+\sqrt{16+9}=\frac{5}{3}+\frac{10}{3}+5=10[/tex]
Dakle, najmanja vrednost je [tex]10[/tex].

Rešenje:
Uvedimo smene [tex]u=tx[/tex], [tex]v=ty[/tex], [tex]w=tz[/tex]. Pošto je [tex]\left|t\right|\le 1[/tex] i [tex]\left|x\right|, \left|y\right|, \left|z\right|\le 1[/tex], važi [tex]\left|u\right|, \left|v\right|, \left|w\right|\le 1[/tex], pa je
[tex]1+u\ge 0,\quad 1+v\ge 0,\quad 1+w\ge 0[/tex]
U novim promenljivim leva strana glasi
[tex]t^2\left(xy+yz+zx\right)+2t\left(x+y+z\right)+3=uv+vw+wu+2\left(u+v+w\right)+3[/tex]
S druge strane, [tex]\left(1+u\right)\left(1+v\right)=1+u+v+uv[/tex], pa sabiranjem tri analogna proizvoda dobijamo
[tex]\left(1+u\right)\left(1+v\right)+\left(1+v\right)\left(1+w\right)+\left(1+w\right)\left(1+u\right)=3+2\left(u+v+w\right)+uv+vw+wu[/tex]
Dakle, leva strana nejednakosti jednaka je ovom zbiru tri proizvoda nenegativnih brojeva, pa je nenegativna, čime je nejednakost dokazana. Jednakost je moguća, na primer za [tex]t=1[/tex], [tex]x=y=z=-1[/tex]: [tex]3-6+3=0[/tex].

Rešenje:
Označimo izraz sa [tex]E[/tex]. Donja granica:
[tex]3\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(a+b+c\right)^2=\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge 0[/tex]
pa je [tex]E\ge\frac{1}{3}[/tex], pri čemu jednakost važi za [tex]a=b=c[/tex] (jednakostranični trougao); dakle, vrednost [tex]\frac{1}{3}[/tex] se dostiže.
Gornja granica: prema nejednakosti trougla [tex]a\lt b+c[/tex]; množenjem sa [tex]a\gt 0[/tex] dobijamo [tex]a^2\lt ab+ac[/tex], i analogno [tex]b^2\lt ba+bc[/tex], [tex]c^2\lt ca+cb[/tex]. Sabiranjem,
[tex]a^2+b^2+c^2\lt 2\left(ab+bc+ca\right)[/tex]
odakle je
[tex]\left(a+b+c\right)^2=\left(a^2+b^2+c^2\right)+2\left(ab+bc+ca\right)\gt 2\left(a^2+b^2+c^2\right)\Rightarrow E\lt\frac{1}{2}[/tex]
tj. vrednost [tex]\frac{1}{2}[/tex] se nikada ne dostiže. Svaka vrednost [tex]v\in\left[\frac{1}{3}; \frac{1}{2}\right)[/tex] se dostiže. Uzmimo jednakokraki trougao sa stranicama [tex]1[/tex], [tex]1[/tex], [tex]t[/tex], gde je [tex]0\lt t\le 1[/tex] (on postoji jer je [tex]t\lt 2[/tex]); tada je [tex]E=\frac{t^2+2}{\left(t+2\right)^2}[/tex], a jednačina [tex]E=v[/tex] je ekvivalentna sa
[tex]\left(1-v\right)t^2-4vt+2-4v=0,\qquad \frac{D}{4}=4v^2-\left(1-v\right)\left(2-4v\right)=2\left(3v-1\right)\ge 0[/tex]
Njeno manje rešenje
[tex]t=\frac{2v-\sqrt{2\left(3v-1\right)}}{1-v}[/tex]
je pozitivno, jer je [tex]4v^2-2\left(3v-1\right)=2\left(2v-1\right)\left(v-1\right)\gt 0[/tex] za [tex]v\lt\frac{1}{2}[/tex]; a uslov [tex]t\le 1[/tex] je ekvivalentan sa [tex]3v-1\le\sqrt{2\left(3v-1\right)}[/tex], što važi jer je [tex]0\le 3v-1\lt 2[/tex]. Dakle, skup vrednosti je [tex]\left[\frac{1}{3}; \frac{1}{2}\right)[/tex].

Rešenje:
Označimo [tex]S=a_1+a_2+\ldots+a_6[/tex] i [tex]P=a_1a_6+a_2a_5+a_3a_4[/tex] i posmatrajmo kvadratnu funkciju
[tex]f\left(x\right)=\left(x-a_1\right)\left(x-a_6\right)+\left(x-a_2\right)\left(x-a_5\right)+\left(x-a_3\right)\left(x-a_4\right)=3x^2-Sx+P[/tex]
Njena diskriminanta je [tex]D=S^2-12P[/tex], pa treba dokazati da je [tex]D\gt 0[/tex]. Izračunajmo [tex]f[/tex] za [tex]x=a_3[/tex]:
[tex]f\left(a_3\right)=\left(a_3-a_1\right)\left(a_3-a_6\right)+\left(a_3-a_2\right)\left(a_3-a_5\right)+0[/tex]
Pošto je [tex]a_3-a_1\gt 0[/tex] i [tex]a_3-a_6\lt 0[/tex], prvi proizvod je negativan; pošto je [tex]a_3-a_2\gt 0[/tex] i [tex]a_3-a_5\lt 0[/tex], i drugi proizvod je negativan. Dakle, [tex]f\left(a_3\right)\lt 0[/tex]. Međutim,
[tex]f\left(x\right)=3\left(x-\frac{S}{6}\right)^2-\frac{D}{12}[/tex]
pa bi za [tex]D\le 0[/tex] važilo [tex]f\left(x\right)\ge 0[/tex] za svako [tex]x[/tex], što je kontradikcija. Dakle, [tex]D=S^2-12P\gt 0[/tex], a to je tražena nejednakost.

Rešenje:
Neka je [tex]S=a+b+c[/tex]. Ako je [tex]a=b=c=0[/tex], leva strana je [tex]0\lt 2[/tex], pa je [tex]S\gt 0[/tex]. Pošto [tex]b, c\in\left[0; 1\right][/tex], važi
[tex]\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge 0\Rightarrow b+c\le 1+bc[/tex]
Takođe je [tex]a\le 1\le 1+bc[/tex]. Sabiranjem dobijamo [tex]S\le 2\left(1+bc\right)[/tex], odakle je
[tex]\frac{a}{bc+1}\le\frac{2a}{S}[/tex]
Na isti način je [tex]\frac{b}{ca+1}\le\frac{2b}{S}[/tex] i [tex]\frac{c}{ab+1}\le\frac{2c}{S}[/tex]. Sabiranjem ove tri ocene:
[tex]\frac{a}{bc+1}+\frac{b}{ca+1}+\frac{c}{ab+1}\le\frac{2\left(a+b+c\right)}{S}=2[/tex]
Zajedno sa uslovom dobijamo da je leva strana jednaka [tex]2[/tex] i da su sve tri ocene jednakosti. Jedan od brojeva je pozitivan; zbog simetrije neka je [tex]a\gt 0[/tex]. Tada jednakost u [tex]\frac{a}{bc+1}\le\frac{2a}{S}[/tex] znači [tex]S=2\left(1+bc\right)[/tex], što zahteva jednakost u [tex]a\le 1+bc[/tex]; pošto je [tex]a\le 1[/tex] i [tex]bc\ge 0[/tex], sledi [tex]a=1[/tex] i [tex]bc=0[/tex]. Dakle,
[tex]S=2\left(1+0\right)=2[/tex]
Takvi brojevi postoje: za [tex]a=b=1[/tex], [tex]c=0[/tex] leva strana je [tex]1+1+0=2[/tex]. Odgovor je [tex]a+b+c=2[/tex].