Доказательство неравенств - очень сложные задачи с решениями

Решение:
Запишем каждую дробь в виде
[tex]\frac{a}{b^2+1}=a-\frac{ab^2}{b^2+1}[/tex]
Так как [tex]b^2+1\ge 2b[/tex], при [tex]b\gt 0[/tex] получаем [tex]\frac{ab^2}{b^2+1}\le\frac{ab^2}{2b}=\frac{ab}{2}[/tex], а при [tex]b=0[/tex] обе части равны [tex]0[/tex]. Следовательно,
[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]. Складывая, получаем, что левая часть не меньше
[tex]a+b+c-\frac{ab+bc+ca}{2}=3-\frac{ab+bc+ca}{2}[/tex]
Из [tex]\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge 0[/tex] следует [tex]a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca[/tex], поэтому
[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]
Следовательно, левая часть не меньше [tex]3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}[/tex], что и требовалось доказать. Равенство достигается при [tex]a=b=c=1[/tex].

Решение:
Оценим каждое число линейным выражением от его куба. Для любого [tex]t\ge -1[/tex]
[tex]4t^3-3t+1=\left(t+1\right)\left(2t-1\right)^2\ge 0[/tex]
так как [tex]t+1\ge 0[/tex], а квадрат неотрицателен. Следовательно, для любого [tex]t\in\left[-1; 1\right][/tex]
[tex]t\le\frac{4t^3+1}{3}[/tex]
Применим это к каждому [tex]a_i[/tex] и сложим девять неравенств:
[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 возможно, только если каждое [tex]a_i[/tex] равно [tex]-1[/tex] или [tex]\frac{1}{2}[/tex]. Возьмём [tex]a_1=-1[/tex] и [tex]a_2=a_3=\ldots=a_9=\frac{1}{2}[/tex]: все числа лежат в [tex]\left[-1; 1\right][/tex], сумма кубов равна [tex]-1+8\cdot \frac{1}{8}=0[/tex], а сумма чисел равна [tex]-1+8\cdot \frac{1}{2}=3[/tex]. Следовательно, наибольшее значение равно [tex]3[/tex].

Решение:
Воспользуемся неравенством [tex]p^2+q^2+s^2\ge pq+qs+sp[/tex], которое верно для всех действительных [tex]p[/tex], [tex]q[/tex], [tex]s[/tex], так как
[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]
Прибавив [tex]2\left(pq+qs+sp\right)[/tex] к обеим частям, получаем также
[tex]\left(p+q+s\right)^2\ge 3\left(pq+qs+sp\right)[/tex]
Применим первое неравенство к [tex]p=\frac{1}{a}[/tex], [tex]q=\frac{1}{b}[/tex], [tex]s=\frac{1}{c}[/tex] и учтём, что [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]
Значит, достаточно доказать, что [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]. Пусть [tex]m=ab+bc+ca\gt 0[/tex]. Тогда
[tex]a^2+b^2+c^2=\left(a+b+c\right)^2-2m=9-2m[/tex]
в частности, [tex]9-2m\gt 0[/tex]. Применяя второе неравенство к числам [tex]ab[/tex], [tex]bc[/tex], [tex]ca[/tex], получаем
[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]
Следовательно,
[tex]abc\left(a^2+b^2+c^2\right)\le\frac{m\cdot m\cdot \left(9-2m\right)}{9}[/tex]
Числа [tex]m[/tex], [tex]m[/tex], [tex]9-2m[/tex] положительны и их сумма равна [tex]9[/tex], поэтому по неравенству Коши о среднем арифметическом и среднем геометрическом
[tex]m\cdot m\cdot \left(9-2m\right)\le\left(\frac{m+m+\left(9-2m\right)}{3}\right)^3=27[/tex]
Следовательно, [tex]abc\left(a^2+b^2+c^2\right)\le\frac{27}{9}=3[/tex], что и требовалось доказать. Равенство достигается при [tex]a=b=c=1[/tex].

Решение:
Сначала покажем, что каждое из трёх чисел лежит в интервале [tex]\left(0 ; 4\right)[/tex]. Из условий [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]
Значит, [tex]b[/tex] и [tex]c[/tex] — корни уравнения [tex]z^2-\left(6-a\right)z+\left(a-3\right)^2=0[/tex]. Они действительные и различные, поэтому его дискриминант положителен:
[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]
Условия симметричны, поэтому точно так же [tex]0\lt b\lt 4[/tex] и [tex]0\lt c\lt 4[/tex]. Теперь пусть [tex]r=abc[/tex]. По теореме Виета [tex]a[/tex], [tex]b[/tex], [tex]c[/tex] — корни многочлена
[tex]p\left(t\right)=\left(t-a\right)\left(t-b\right)\left(t-c\right)=t^3-6t^2+9t-r[/tex]
Из [tex]p\left(a\right)=0[/tex] получаем [tex]r=a^3-6a^2+9a[/tex], откуда
[tex]4-r=-\left(a^3-6a^2+9a-4\right)=\left(a-1\right)^2\left(4-a\right)\ge 0[/tex]
и точно так же [tex]4-r=\left(b-1\right)^2\left(4-b\right)=\left(c-1\right)^2\left(4-c\right)[/tex]. Если [tex]r=4[/tex], то, поскольку ни одно из чисел не равно [tex]4[/tex], получаем [tex]a=b=c=1[/tex], что противоречит условию [tex]a\lt b\lt c[/tex]. Значит, [tex]r\lt 4[/tex]. Кроме того, [tex]r=abc\gt 0[/tex], так как все три числа положительны. Поэтому
[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]
Многочлен, принимающий на концах интервала значения разных знаков, имеет корень внутри него, поэтому [tex]p[/tex] имеет корень в каждом из интервалов [tex]\left(0 ; 1\right)[/tex], [tex]\left(1 ; 3\right)[/tex] и [tex]\left(3 ; 4\right)[/tex]. Это три различных корня многочлена третьей степени, значит, это именно [tex]a\lt b\lt c[/tex] в указанном порядке, т.е. [tex]0\lt a\lt 1\lt b\lt 3\lt c\lt 4[/tex].

Решение:
Докажем цепочку [tex]x^3+y^3\le x^2+y^2\le x+y\le 2[/tex]. Условие можно записать в виде
[tex]x^2\left(1-x\right)\ge y^3\left(y-1\right)=-y^3\left(1-y\right)[/tex]
Прибавив [tex]y^2\left(1-y\right)[/tex] к обеим частям, получаем
[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]. Далее, так как [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]
Вместе с первым неравенством и [tex]x+y\ge 0[/tex] это даёт
[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]
Если [tex]x=y=0[/tex], утверждение очевидно. Иначе [tex]x^2+y^2\gt 0[/tex], и, разделив на это выражение, получаем [tex]x^2+y^2\le x+y[/tex]. Наконец, [tex]\left(x+y\right)^2\le 2\left(x^2+y^2\right)[/tex], так как это равносильно [tex]\left(x-y\right)^2\ge 0[/tex]; поэтому
[tex]\left(x+y\right)^2\le 2\left(x^2+y^2\right)\le 2\left(x+y\right)[/tex]
Разделив на [tex]x+y\gt 0[/tex], получаем [tex]x+y\le 2[/tex]. Следовательно,
[tex]x^3+y^3\le x^2+y^2\le x+y\le 2[/tex]
Равенство достигается при [tex]x=y=1[/tex].

Решение:
Необходимость. Положим [tex]a=b=c=s\gt 0[/tex]; неравенство принимает вид [tex]3rs^2+\frac{3\left(3-r\right)}{s}\ge 9[/tex]. Умножив на [tex]\frac{s}{3}\gt 0[/tex] и перенеся всё в левую часть, видим, что при всех [tex]s\gt 0[/tex] должно быть
[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]
Заметим, что [tex]s^2+s+1[/tex] близко к [tex]3[/tex], когда [tex]s[/tex] близко к [tex]1[/tex].
Если [tex]r\gt 1[/tex], то [tex]\frac{3}{r}\lt 3[/tex], и можно выбрать [tex]s\lt 1[/tex] настолько близким к [tex]1[/tex], что [tex]s^2+s+1\gt\frac{3}{r}[/tex]; тогда первый множитель отрицателен, а второй положителен, так что произведение отрицательно — противоречие.
Если [tex]r\le 0[/tex], второй множитель всегда отрицателен, и любое [tex]s\gt 1[/tex] даёт отрицательное произведение.
Если [tex]0\lt r\lt 1[/tex], то [tex]\frac{3}{r}\gt 3[/tex]; выберем [tex]s\gt 1[/tex] настолько близким к [tex]1[/tex], что [tex]s^2+s+1\lt\frac{3}{r}[/tex]; произведение снова отрицательно. Значит, возможно только [tex]r=1[/tex].
Достаточность. При [tex]r=1[/tex] нужно доказать, что
[tex]ab+bc+ca+2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge 9[/tex]
По неравенству Коши о среднем арифметическом и среднем геометрическом для трёх положительных чисел
[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]. Сложив эти три неравенства, получаем в точности требуемое. Следовательно, единственное такое число — [tex]r=1[/tex].

Решение:
Положим [tex]u=2a[/tex] и [tex]v=c[/tex]; тогда [tex]u\gt 0[/tex], [tex]v\gt 0[/tex], [tex]u\ne v[/tex], и после избавления от иррациональности в правой части условие принимает вид
[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]
С другой стороны, [tex]u-v=\left(\sqrt{u}-\sqrt{v}\right)\left(\sqrt{u}+\sqrt{v}\right)[/tex]. Так как [tex]u\ne v[/tex], то [tex]\sqrt{u}-\sqrt{v}\ne 0[/tex], и, разделив на это выражение, получаем
[tex]\sqrt{u}+\sqrt{v}=\frac{1}{\sqrt{b+\sqrt{u}}+\sqrt{b+\sqrt{v}}}[/tex]
Так как [tex]b\gt 0[/tex], то [tex]\sqrt{b+\sqrt{u}}\gt\sqrt[4]{u}[/tex] и [tex]\sqrt{b+\sqrt{v}}\gt\sqrt[4]{v}[/tex], поэтому
[tex]\left(\sqrt{u}+\sqrt{v}\right)\left(\sqrt[4]{u}+\sqrt[4]{v}\right)\lt 1[/tex]
По неравенству Коши о среднем арифметическом и среднем геометрическом [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], поэтому
[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]
Так как [tex]uv=2ac[/tex], это означает, что
[tex]8\left(ac\right)^3\lt\frac{1}{2^{16}}\Rightarrow\left(ac\right)^3\lt\frac{1}{2^{19}}[/tex]
Наконец, [tex]2^{19}=524288\gt 512000=80^3[/tex], поэтому [tex]\left(ac\right)^3\lt\frac{1}{80^3}[/tex], откуда [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] неравенство принимает вид [tex]8\ge 2k[/tex], поэтому [tex]k\le 4[/tex]. Покажем, что [tex]k=4[/tex] подходит. Обозначим
[tex]T=a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b[/tex]
Тогда
[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] правая часть равна [tex]4T+12abc-9abc=4T+3abc[/tex], так что неравенство равносильно
[tex]a^3+b^3+c^3-T+3abc\ge 0[/tex]
Раскрыв скобки, убеждаемся, что левая часть — это в точности выражение из неравенства Шура:
[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]
Докажем, что оно неотрицательно. Выражение симметрично, поэтому можно считать, что [tex]a\ge b\ge c\ge 0[/tex]. Тогда оно равно
[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]
Здесь [tex]a-b\ge 0[/tex]; [tex]a\left(a-c\right)\ge b\left(b-c\right)[/tex], так как [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]. Значит, выражение неотрицательно и [tex]k=4[/tex] удовлетворяет неравенству при всех неотрицательных [tex]a[/tex], [tex]b[/tex], [tex]c[/tex], а любое [tex]k\gt 4[/tex] не удовлетворяет ему при [tex]a=b=1[/tex], [tex]c=0[/tex]. Ответ: [tex]k=4[/tex].

Решение:
Преобразуем каждое слагаемое следующим образом (после приведения правой части к общему знаменателю числитель равен [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]
Значит, неравенство равносильно
[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]
Среди трёх чисел найдутся два одного знака или одно из них равно нулю, поэтому произведение каких-то двух из них неотрицательно; так как неравенство симметрично, можно считать, что [tex]xy\ge 0[/tex]. Тогда, поскольку [tex]x+y=-z[/tex],
[tex]x^2+y^2\le x^2+2xy+y^2=\left(x+y\right)^2=z^2[/tex]
По неравенству Коши-Буняковского в виде [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]
На последнем шаге мы использовали [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]. Осталось доказать неравенство с одной переменной
[tex]\frac{2\left(1-z\right)^2}{z^2+1}+\frac{\left(2z+1\right)^2}{2z^2+1}\ge 3[/tex]
Умножим на положительное число [tex]\left(z^2+1\right)\left(2z^2+1\right)[/tex] и перенесём всё в левую часть:
[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]
Неравенство доказано. Равенство достигается, например, при [tex]x=y=z=0[/tex] и при [tex]x=y=-\frac{1}{2}[/tex], [tex]z=1[/tex].