Доказательство неравенств - сложные задачи с решениями

Решение:
Знаменатель [tex]x^4+y^4[/tex] положителен, поэтому неравенство [tex]\frac{xy^3+x^3y}{x^4+y^4}\ge -1[/tex] равносильно неравенству [tex]x^4+y^4+x^3y+xy^3\ge 0[/tex]. Разложим левую часть на множители:
[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]
Здесь [tex]\left(x+y\right)^2\ge 0[/tex], а так как [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]
Значит, произведение неотрицательно и выражение всегда не меньше [tex]-1[/tex]. Значение [tex]-1[/tex] достигается при [tex]x+y=0[/tex], например при [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]
Следовательно, наименьшее значение равно [tex]-1[/tex].

Решение:
Положим [tex]x=b+c[/tex], [tex]y=c+a[/tex], [tex]z=a+b[/tex]; эти числа положительны. Так как [tex]a+b+c=1[/tex], каждый множитель выражается через них:
[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]
Таким образом, неравенство принимает вид
[tex]\left(y+z\right)\left(z+x\right)\left(x+y\right)\ge 8xyz[/tex]
По неравенству Коши о среднем арифметическом и среднем геометрическом
[tex]y+z\ge 2\sqrt{yz},\quad z+x\ge 2\sqrt{zx},\quad x+y\ge 2\sqrt{xy}[/tex]
Обе части этих неравенств положительны, поэтому их можно перемножить:
[tex]\left(y+z\right)\left(z+x\right)\left(x+y\right)\ge 8\sqrt{x^2y^2z^2}=8xyz[/tex]
что и требовалось доказать. Равенство достигается при [tex]x=y=z[/tex], т.е. при [tex]a=b=c=\frac{1}{3}[/tex].

Решение:
Используя [tex]a+b+c=1[/tex], запишем первый множитель в виде
[tex]1+\frac{1}{a}=\frac{a+1}{a}=\frac{a+a+b+c}{a}[/tex]
По неравенству Коши о среднем арифметическом и среднем геометрическом для четырёх положительных чисел [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]
Аналогично
[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]
Перемножая эти три неравенства между положительными числами, получаем
[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]
При [tex]a=b=c=\frac{1}{3}[/tex] выражение равно [tex]4\cdot 4\cdot 4=64[/tex]. Следовательно, наименьшее значение равно [tex]64[/tex].

Решение:
Обозначим
[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]
Каждое из произведений содержит [tex]50[/tex] положительных множителей. Для любого натурального [tex]k[/tex] выполняется [tex]\frac{2k-1}{2k}\lt\frac{2k}{2k+1}[/tex], так как после умножения на положительные знаменатели это неравенство принимает вид
[tex]\left(2k-1\right)\left(2k+1\right)\lt 4k^2\iff 4k^2-1\lt 4k^2[/tex]
Перемножая эти [tex]50[/tex] неравенств между положительными числами (при [tex]k=1,2,\ldots,50[/tex]), получаем [tex]P\lt Q[/tex]. С другой стороны,
[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]
Следовательно,
[tex]P^2\lt P\cdot Q=\frac{1}{101}\lt\frac{1}{100}[/tex]
а так как [tex]P\gt 0[/tex], отсюда [tex]P\lt\frac{1}{10}[/tex], что и требовалось доказать.

Решение:
Пусть [tex]t=xy[/tex]. Из условия [tex]x^2+y^2=1-t[/tex], поэтому
[tex]x^3y+xy^3=xy\left(x^2+y^2\right)=t\left(1-t\right)[/tex]
Оценим [tex]t[/tex]. Из [tex]x^2+y^2\ge 2xy[/tex] и [tex]x^2+y^2\ge -2xy[/tex] получаем
[tex]1-t\ge 2t\Rightarrow t\le\frac{1}{3},\qquad 1-t\ge -2t\Rightarrow t\ge -1[/tex]
Значит, [tex]t\in\left[-1; \frac{1}{3}\right][/tex]. График функции [tex]g\left(t\right)=t-t^2[/tex] — парабола с вершиной при [tex]t=\frac{1}{2}[/tex], и функция возрастает при [tex]t\le\frac{1}{2}[/tex]. Вершина недопустима, так как [tex]t\le\frac{1}{3}[/tex], поэтому значение [tex]\frac{1}{4}[/tex] не достигается. На отрезке [tex]\left[-1; \frac{1}{3}\right][/tex] наибольшее значение равно
[tex]g\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{1}{3}\cdot \frac{2}{3}=\frac{2}{9}[/tex]
Оно достигается при [tex]x=y=\frac{1}{\sqrt{3}}[/tex]: тогда [tex]x^2+xy+y^2=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=1[/tex] и [tex]x^3y+xy^3=2\cdot \frac{1}{9}=\frac{2}{9}[/tex]. Следовательно, наибольшее значение равно [tex]\frac{2}{9}[/tex].

Решение:
Для острого угла [tex]s=\sin \alpha\gt 0[/tex] и [tex]c=\cos\alpha\gt 0[/tex]. Раскроем скобки:
[tex]\left(1+\frac{1}{s}\right)\left(1+\frac{1}{c}\right)=1+\frac{1}{s}+\frac{1}{c}+\frac{1}{sc}[/tex]
По неравенству Коши о среднем арифметическом и среднем геометрическом [tex]\frac{1}{s}+\frac{1}{c}\ge\frac{2}{\sqrt{sc}}[/tex], поэтому
[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]
Кроме того,
[tex]sc=\sin \alpha\cos\alpha=\frac{\sin 2\alpha}{2}\le\frac{1}{2}\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{sc}}\ge\sqrt{2}[/tex]
следовательно, выражение не меньше
[tex]\left(1+\sqrt{2}\right)^2=3+2\sqrt{2}[/tex]
Обе оценки обращаются в равенства при [tex]\alpha=45^\circ[/tex], когда [tex]s=c=\frac{\sqrt{2}}{2}[/tex]. Следовательно, наименьшее значение равно [tex]3+2\sqrt{2}[/tex].
Заметим, что оценка [tex]4\sqrt{2}[/tex], полученная из [tex]1+\frac{1}{s}\ge\frac{2}{\sqrt{s}}[/tex] и [tex]1+\frac{1}{c}\ge\frac{2}{\sqrt{c}}[/tex], никогда не достигается, так как для этого нужно [tex]\sin \alpha=\cos\alpha=1[/tex].

Решение:
Рассмотрим векторы [tex]\vec{u}=\left(x; 1\right)[/tex], [tex]\vec{v}=\left(y; 2\right)[/tex] и [tex]\vec{w}=\left(z; 3\right)[/tex]. Их длины равны [tex]\sqrt{x^2+1}[/tex], [tex]\sqrt{y^2+4}[/tex] и [tex]\sqrt{z^2+9}[/tex], поэтому выражение равно [tex]\left|\vec{u}\right|+\left|\vec{v}\right|+\left|\vec{w}\right|[/tex]. По неравенству треугольника для векторов
[tex]\left|\vec{u}\right|+\left|\vec{v}\right|+\left|\vec{w}\right|\ge\left|\vec{u}+\vec{v}+\vec{w}\right|[/tex]
причём [tex]\vec{u}+\vec{v}+\vec{w}=\left(x+y+z; 1+2+3\right)=\left(8; 6\right)[/tex], а длина этого вектора равна
[tex]\sqrt{8^2+6^2}=\sqrt{100}=10[/tex]
Следовательно, выражение всегда не меньше [tex]10[/tex]. Равенство достигается, когда три вектора сонаправлены, т.е. их координаты пропорциональны:
[tex]\frac{x}{1}=\frac{y}{2}=\frac{z}{3}=\lambda[/tex]
Тогда [tex]x+y+z=6\lambda=8[/tex], откуда [tex]\lambda=\frac{4}{3}[/tex] и [tex]x=\frac{4}{3}[/tex], [tex]y=\frac{8}{3}[/tex], [tex]z=4[/tex]. Проверка:
[tex]\sqrt{\frac{16}{9}+1}+\sqrt{\frac{64}{9}+4}+\sqrt{16+9}=\frac{5}{3}+\frac{10}{3}+5=10[/tex]
Следовательно, наименьшее значение равно [tex]10[/tex].

Решение:
Положим [tex]u=tx[/tex], [tex]v=ty[/tex], [tex]w=tz[/tex]. Так как [tex]\left|t\right|\le 1[/tex] и [tex]\left|x\right|, \left|y\right|, \left|z\right|\le 1[/tex], то [tex]\left|u\right|, \left|v\right|, \left|w\right|\le 1[/tex], поэтому
[tex]1+u\ge 0,\quad 1+v\ge 0,\quad 1+w\ge 0[/tex]
В новых переменных левая часть равна
[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]
С другой стороны, [tex]\left(1+u\right)\left(1+v\right)=1+u+v+uv[/tex], и, складывая три аналогичных произведения, получаем
[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]
Следовательно, левая часть неравенства равна этой сумме трёх произведений неотрицательных чисел, т.е. неотрицательна, что и требовалось доказать. Равенство возможно, например, при [tex]t=1[/tex], [tex]x=y=z=-1[/tex]: [tex]3-6+3=0[/tex].

Решение:
Обозначим выражение через [tex]E[/tex]. Оценка снизу:
[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]
поэтому [tex]E\ge\frac{1}{3}[/tex], причём равенство достигается при [tex]a=b=c[/tex] (равносторонний треугольник); значит, значение [tex]\frac{1}{3}[/tex] принимается.
Оценка сверху: по неравенству треугольника [tex]a\lt b+c[/tex]; умножая на [tex]a\gt 0[/tex], получаем [tex]a^2\lt ab+ac[/tex], и аналогично [tex]b^2\lt ba+bc[/tex], [tex]c^2\lt ca+cb[/tex]. Складывая,
[tex]a^2+b^2+c^2\lt 2\left(ab+bc+ca\right)[/tex]
откуда
[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]
т.е. значение [tex]\frac{1}{2}[/tex] не принимается. Каждое значение [tex]v\in\left[\frac{1}{3}; \frac{1}{2}\right)[/tex] принимается. Возьмём равнобедренный треугольник со сторонами [tex]1[/tex], [tex]1[/tex], [tex]t[/tex], где [tex]0\lt t\le 1[/tex] (он существует, так как [tex]t\lt 2[/tex]); тогда [tex]E=\frac{t^2+2}{\left(t+2\right)^2}[/tex], и уравнение [tex]E=v[/tex] равносильно уравнению
[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]
Его меньший корень
[tex]t=\frac{2v-\sqrt{2\left(3v-1\right)}}{1-v}[/tex]
положителен, так как [tex]4v^2-2\left(3v-1\right)=2\left(2v-1\right)\left(v-1\right)\gt 0[/tex] при [tex]v\lt\frac{1}{2}[/tex]; а условие [tex]t\le 1[/tex] равносильно неравенству [tex]3v-1\le\sqrt{2\left(3v-1\right)}[/tex], которое верно, поскольку [tex]0\le 3v-1\lt 2[/tex]. Следовательно, множество значений — [tex]\left[\frac{1}{3}; \frac{1}{2}\right)[/tex].

Решение:
Обозначим [tex]S=a_1+a_2+\ldots+a_6[/tex] и [tex]P=a_1a_6+a_2a_5+a_3a_4[/tex] и рассмотрим квадратичную функцию
[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]
Её дискриминант равен [tex]D=S^2-12P[/tex], так что нужно доказать, что [tex]D\gt 0[/tex]. Вычислим [tex]f[/tex] при [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]
Так как [tex]a_3-a_1\gt 0[/tex] и [tex]a_3-a_6\lt 0[/tex], первое произведение отрицательно; так как [tex]a_3-a_2\gt 0[/tex] и [tex]a_3-a_5\lt 0[/tex], второе произведение тоже отрицательно. Следовательно, [tex]f\left(a_3\right)\lt 0[/tex]. Но
[tex]f\left(x\right)=3\left(x-\frac{S}{6}\right)^2-\frac{D}{12}[/tex]
и если [tex]D\le 0[/tex], то [tex]f\left(x\right)\ge 0[/tex] при всех [tex]x[/tex] — противоречие. Следовательно, [tex]D=S^2-12P\gt 0[/tex], что и требовалось доказать.

Решение:
Пусть [tex]S=a+b+c[/tex]. Если [tex]a=b=c=0[/tex], то левая часть равна [tex]0\lt 2[/tex], поэтому [tex]S\gt 0[/tex]. Так как [tex]b, c\in\left[0; 1\right][/tex], имеем
[tex]\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge 0\Rightarrow b+c\le 1+bc[/tex]
Кроме того, [tex]a\le 1\le 1+bc[/tex]. Складывая, получаем [tex]S\le 2\left(1+bc\right)[/tex], откуда
[tex]\frac{a}{bc+1}\le\frac{2a}{S}[/tex]
Аналогично [tex]\frac{b}{ca+1}\le\frac{2b}{S}[/tex] и [tex]\frac{c}{ab+1}\le\frac{2c}{S}[/tex]. Складывая три оценки:
[tex]\frac{a}{bc+1}+\frac{b}{ca+1}+\frac{c}{ab+1}\le\frac{2\left(a+b+c\right)}{S}=2[/tex]
Вместе с условием получаем, что левая часть равна [tex]2[/tex] и все три оценки обращаются в равенства. Одно из чисел положительно; в силу симметрии пусть [tex]a\gt 0[/tex]. Тогда равенство в [tex]\frac{a}{bc+1}\le\frac{2a}{S}[/tex] означает [tex]S=2\left(1+bc\right)[/tex], что требует равенства в [tex]a\le 1+bc[/tex]; так как [tex]a\le 1[/tex] и [tex]bc\ge 0[/tex], отсюда [tex]a=1[/tex] и [tex]bc=0[/tex]. Следовательно,
[tex]S=2\left(1+0\right)=2[/tex]
Такие числа существуют: при [tex]a=b=1[/tex], [tex]c=0[/tex] левая часть равна [tex]1+1+0=2[/tex]. Ответ: [tex]a+b+c=2[/tex].