Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1032
2015-02-14 
Докажите, что если $x_{1}>0,x_{2}>0 $ и $x_{1}y_{1} – z_{1}^{2} >0$,
$x_{2}y_{2} – z_{2}^{2},$ то $\frac{8}{(x_{1}+x_{2})(y_{1}+y_{2}) – (z_{1}+z_{2})^{2}} \leq \frac{1}{x_{1}y_{1} –z_{1}^{2}} + \frac{1}{x_{2}y_{2}-z_{2}^{2}}$.
Установите необходимые и достаточные условия, при которых в данном неравенстве имеет место равенство.
Решение:
Обозначим $x_{1}y_{1} – z_{1}^{2} = D_{1}; x_{2}y_{2} – z_{2^{2}} =D_{2}$;
$(x_{1}+x_{2})(y_{1}+y_{2}) – (z_{1} + z_{2})^{2} = D$.
Докажем, что
$\frac{D}{x_{1}+x_{2}} \geq \frac{D_{1}}{x_{1}} + \frac{D_{2}}{x_{2}}$.
Действительно, рассмотрим многочлены
$P_{1}(t) = x_{1}t^{2} + 2z_{1}t + y_{1}; P_{2}(t) = x_{2}t^{2} + 2z_{2}t + y_{2}$;
$P(t) = P_{1}(t) + P_{2}(t)$.
Легко убедиться, что $-D_{1}, - D_{2}, - D$ — их дискриминанты.
$min P(t) \geq min P_{1}(t) + min P_{2}(t)$.
Ho
$min P_{1}(t) = \frac{D_{1}}{x_{1}}; min P_{2}(t) = \frac{D_{2}}{x_{2}}; min P(t) = \frac{D}{x_{1}+x_{2}}$.
(так как старший коэффициент в $P(t)$ равен $(x_{1}+x_{2})$), откуда и следует требуемое неравенство. Равенство достигается тогда и только тогда, когда минимумы $P_{1}(t)$ и $P_{2}(t)$ достигаются в одной точке, т.е. $\frac{z_{1}}{x_{1}} = \frac{z_{2}}{x_{2}}$. Из доказанного неравенства следует, что так как $D_{1} > 0, D_{2} > 0$, то $D > 0$. Таким образом, $\frac{8}{D} \leq \frac{8}{(x_{1}+x_{2}) \left ( \frac{D_{1}}{x_{1}} + \frac{D_{2}}{x_{2}} \right )}$.
Осталось доказать, что $ \frac{8}{(x_{1}+x_{2}) \left ( \frac{D_{1}}{x_{1}} + \frac{D_{2}}{x_{2}} \right )} \leq D_{1}^{-1} + D_{2}^{-1}$, так как знаменатель дроби положителен, то последнее неравенство эквивалентно неравенству
$(D_{1}^{-1} + D_{2}^{-1}) \left ( \frac{x_{1}+x_{2}}{x_{1}} D_{1} + \frac{x_{1}+x_{2}}{x_{2}} D_{2} \right ) \geq 8$.
Преобразуем левую часть неравенства:
$(D_{1}^{-1} + D_{2}^{-1}) \left ( \frac{x_{1}+x_{2}}{x_{1}} D_{1} + \frac{x_{1}+x_{2}}{x_{2}} D_{2} \right ) = \frac{x_{1}+x_{2}}{x_{1}} + \frac{x_{1}+x_{2}}{x_{2}} + \frac{D_{1}}{D_{2}} + \frac{D_{2}}{D_{1}} + \frac{x_{2}}{x_{1}} \cdot \frac{D_{1}}{D_{2}} + \frac{x_{1}}{x_{2}} \cdot \frac{D_{2}}{D_{1}} = 2 + \left ( \frac{x_{1}}{x_{2}} + \frac{x_{2}}{x_{1}} \right ) + \left ( \frac{D_{1}}{D_{2}} + \frac{D_{2}}{D_{1}} \right ) + \left ( \frac{x_{1}}{x_{2}} \cdot \frac{D_{1}}{D_{2}} + \frac{x_{1}}{x_{2}} \cdot \frac{D_{2}}{D_{1}} \right ) \geq 8$,
так как каждая сумма взаимнообратных величин по неравенству Коши не меньше двух.
Утверждение полностью доказано. Равенство достигается тогда и только тогда, когда $x_{1}=x_{2}, D_{1} = D_{2}$. В исходном неравенстве равенство достигается тогда и только тогда, когда одновременно выполняются три условия:
$\begin{cases} x_{1}=x_{2},& \\ D_{1}=D_{2}, & \\ \frac{z_{1}}{x_{1}} = \frac{z_{2}}{x_{2}}, \\ \end{cases}$ откуда $\begin{cases} x_{1}=x_{2},& \\ y_{1}=y_{2}, & \\ z_{1} = z_{2}, \\ \end{cases}$
Докажите, что если $x_{1}>0,x_{2}>0 $ и $x_{1}y_{1} – z_{1}^{2} >0$,
$x_{2}y_{2} – z_{2}^{2},$ то $\frac{8}{(x_{1}+x_{2})(y_{1}+y_{2}) – (z_{1}+z_{2})^{2}} \leq \frac{1}{x_{1}y_{1} –z_{1}^{2}} + \frac{1}{x_{2}y_{2}-z_{2}^{2}}$.
Установите необходимые и достаточные условия, при которых в данном неравенстве имеет место равенство.
Решение:
Обозначим $x_{1}y_{1} – z_{1}^{2} = D_{1}; x_{2}y_{2} – z_{2^{2}} =D_{2}$;
$(x_{1}+x_{2})(y_{1}+y_{2}) – (z_{1} + z_{2})^{2} = D$.
Докажем, что
$\frac{D}{x_{1}+x_{2}} \geq \frac{D_{1}}{x_{1}} + \frac{D_{2}}{x_{2}}$.
Действительно, рассмотрим многочлены
$P_{1}(t) = x_{1}t^{2} + 2z_{1}t + y_{1}; P_{2}(t) = x_{2}t^{2} + 2z_{2}t + y_{2}$;
$P(t) = P_{1}(t) + P_{2}(t)$.
Легко убедиться, что $-D_{1}, - D_{2}, - D$ — их дискриминанты.
$min P(t) \geq min P_{1}(t) + min P_{2}(t)$.
Ho
$min P_{1}(t) = \frac{D_{1}}{x_{1}}; min P_{2}(t) = \frac{D_{2}}{x_{2}}; min P(t) = \frac{D}{x_{1}+x_{2}}$.
(так как старший коэффициент в $P(t)$ равен $(x_{1}+x_{2})$), откуда и следует требуемое неравенство. Равенство достигается тогда и только тогда, когда минимумы $P_{1}(t)$ и $P_{2}(t)$ достигаются в одной точке, т.е. $\frac{z_{1}}{x_{1}} = \frac{z_{2}}{x_{2}}$. Из доказанного неравенства следует, что так как $D_{1} > 0, D_{2} > 0$, то $D > 0$. Таким образом, $\frac{8}{D} \leq \frac{8}{(x_{1}+x_{2}) \left ( \frac{D_{1}}{x_{1}} + \frac{D_{2}}{x_{2}} \right )}$.
Осталось доказать, что $ \frac{8}{(x_{1}+x_{2}) \left ( \frac{D_{1}}{x_{1}} + \frac{D_{2}}{x_{2}} \right )} \leq D_{1}^{-1} + D_{2}^{-1}$, так как знаменатель дроби положителен, то последнее неравенство эквивалентно неравенству
$(D_{1}^{-1} + D_{2}^{-1}) \left ( \frac{x_{1}+x_{2}}{x_{1}} D_{1} + \frac{x_{1}+x_{2}}{x_{2}} D_{2} \right ) \geq 8$.
Преобразуем левую часть неравенства:
$(D_{1}^{-1} + D_{2}^{-1}) \left ( \frac{x_{1}+x_{2}}{x_{1}} D_{1} + \frac{x_{1}+x_{2}}{x_{2}} D_{2} \right ) = \frac{x_{1}+x_{2}}{x_{1}} + \frac{x_{1}+x_{2}}{x_{2}} + \frac{D_{1}}{D_{2}} + \frac{D_{2}}{D_{1}} + \frac{x_{2}}{x_{1}} \cdot \frac{D_{1}}{D_{2}} + \frac{x_{1}}{x_{2}} \cdot \frac{D_{2}}{D_{1}} = 2 + \left ( \frac{x_{1}}{x_{2}} + \frac{x_{2}}{x_{1}} \right ) + \left ( \frac{D_{1}}{D_{2}} + \frac{D_{2}}{D_{1}} \right ) + \left ( \frac{x_{1}}{x_{2}} \cdot \frac{D_{1}}{D_{2}} + \frac{x_{1}}{x_{2}} \cdot \frac{D_{2}}{D_{1}} \right ) \geq 8$,
так как каждая сумма взаимнообратных величин по неравенству Коши не меньше двух.
Утверждение полностью доказано. Равенство достигается тогда и только тогда, когда $x_{1}=x_{2}, D_{1} = D_{2}$. В исходном неравенстве равенство достигается тогда и только тогда, когда одновременно выполняются три условия:
$\begin{cases} x_{1}=x_{2},& \\ D_{1}=D_{2}, & \\ \frac{z_{1}}{x_{1}} = \frac{z_{2}}{x_{2}}, \\ \end{cases}$ откуда $\begin{cases} x_{1}=x_{2},& \\ y_{1}=y_{2}, & \\ z_{1} = z_{2}, \\ \end{cases}$
