Резюме. Нека \(A_{n}, H_{n}, S_{n}\) са съответно аритметичното, хармоничното и квадратичното средни за положителните реални числа \(a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}\) . В тази статия са доказани следните теореми: Теорема 1. За \(n=3\) е изпълнено \[
A_{n} \geq(1-\lambda) \cdot H_{n}+\lambda \cdot S_{n} \Leftrightarrow \lambda \leq \tfrac{\sqrt{3}}{3} \text { и } A_{n} \leq(1-\lambda) \cdot H_{n}+\lambda \cdot S_{n} \Leftrightarrow \lambda \geq \tfrac{\sqrt{6}}{3} .
\] Теорема 2. За n = 4 е изпълнено \[
A_{n} \geq(1-\lambda) \cdot H_{n}+\lambda \cdot S_{n} \Leftrightarrow \lambda \leq \tfrac{1}{2} \text { и } A_{n} \leq(1-\lambda) \cdot H_{n}+\lambda \cdot S_{n} \Leftrightarrow \lambda \geq \tfrac{\sqrt{ } 3}{2} .
\] Теорема 3. За \(n=5\) е изпълнено \(A_{n} \leq(1-\lambda) \cdot H_{n}+\lambda \cdot S_{n} \Leftrightarrow \lambda \geq \tfrac{2 \sqrt{5}}{5}\). Предложени са и няколко нерешени задачи.

Ключови думи: ineaquality, arithmetic mean, geometric mean, harmonic mean, quadratic mean

Въведение. Нека \(a_{1}, a_{2}, \ldots a_{\mathrm{n}}\) са положителни реални числа и както е прието, означаваме:

\[ M_{p}=\left[\begin{array}{lll} \min \left\{a_{i}\right\} & i=1,2, \ldots, n & p=-\infty \\ \max \left\{a_{i}\right\} & i=1,2, \ldots, n & p=+\infty \\ \sqrt[n]{a_{1} a_{2} \ldots a_{n}} & p=0 & \\ \left(\tfrac{a_{1}^{p}+a_{2}^{p}+\ldots+a_{n}^{p}}{n}\right)^{\tfrac{1}{p}} & p \neq \pm \infty, p \neq 0 \end{array}\right. \]

Означаваме съответно още:

\[ M_{0}=\sqrt[n]{a_{1} \cdot a_{2} \ldots a_{n}}=G_{n}, \quad M_{1}=\tfrac{a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n}}{n}=A_{n} \quad, \quad M_{-1}=\tfrac{n}{\tfrac{1}{a_{1}}+\tfrac{1}{a_{2}}+\ldots+\tfrac{1}{a_{n}}}=H_{n}, \] \[ M_{2}=\left(\tfrac{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\ldots+a_{n}^{2}}{n}\right)^{\tfrac{1}{2}}=S_{n} . \]

Добре е известно, че \(M_{p}\) е растяща функция на \(p\), т.е. \(M_{p_{1}} \leq M_{p_{2}}\) за \(p_{1} \lt p_{2}\) (това е доказано например в (Hardy et al., 1 1952), като равенство се достига само когато \(a_{1}=a_{2}=\ldots=a_{n}\). При горните означения следва, че \(H_{n} \leq G_{n} \leq A_{n} \leq S_{n}\). В настоящата статия ще приложим метод , чрез който ще докажем следните теореми.

В случая, когато \(n=3\)

Теорема 1.1 Неравенството \(A_{n} \geq(1-\lambda) \cdot H_{n}+\lambda \cdot S_{n} \quad\) е изпълнено \(\Leftrightarrow\) \(\lambda \leq \tfrac{\sqrt{3}}{3}\).

Теорема 1.2 Неравенството \(A_{n} \leq(1-\lambda) \cdot H_{n}+\lambda \cdot S_{n} \quad\) е изпълнено \(\Leftrightarrow\) \(\lambda \geq \tfrac{\sqrt{6}}{3}\).

В случая когато \(n=4\)

Теорема 1.3 Неравенството \(A_{n} \geq(1-\lambda) \cdot H_{n}+\lambda \cdot S_{n}\) е изпълнено \(\Leftrightarrow \lambda \leq \tfrac{1}{2}\).

Теорема 1.4 Неравенството \(A_{n} \leq(1-\lambda) \cdot H_{n}+\lambda \cdot S_{n} \quad\) е изпълнено \(\Leftrightarrow\) \(\lambda \geq \tfrac{\sqrt{3}}{2}\).

В случая, когато \(n=5\)

Теорема 1.5 Неравенството \(A_{n} \leq(1-\lambda) \cdot H_{n}+\lambda \cdot S_{n} \quad\) е изпълнено \(\Leftrightarrow\) \(\lambda \geq \tfrac{2 \sqrt{5}}{5}\).

Известни са много неравенства между класическите средни (за повече информация например Hardy et al., 1952; Niculesco, 2000; Sato, 2001; Mitev, 2003; Stolarsky, 1971), но неравенства от горния тип не са разглеждани. Доказателствата на горните теореми показват как могат да се доказват симетрични хомогенни неравенства между \(3,4,5\) произволни положителни числа. Прилагайки същия метод, ще покажем как могат да се доказват неравенства между основните метрични величини на произволен триъгълник.

Същност на метода и примери

Да разгледаме неравенството

(2.1) \[ F(a, b, c) \geq( \gt ) 0 \]

където \(F(a, b, c)\) е хомогенна симетрична функция на положителните реални променливи \(a, b, c\). Освен това ще искаме \(F\) да може да се представя явно като функция на елементарните симетрични полиноми \(\sigma_{2}=a b+b c+c a=t, \quad \sigma_{2}=a b c=p\). Последното е възможно, например когато \(F\) е хомогенен симетричен полином. Метод за доказване на неравенство (2.1), когато \(F\) е симетричен хомогенен полином от трета степен, е предложен например от Stolarsky в (Stolarsky, 1971). Други методи за доказване на подобни неравенства на (2.1) са разгледани например в (Hardy et al., 1952), (Niculesco, 2000), (Sato, 2001), (Mitev, 2003), (Stolarsky, 1971), (Aliyev, 2007), (Barbara, 2008).

Тъй като \(F\) е хомогенна, можем да считаме, че \(\sigma_{1}=a+b+c=1\). Означаваме \(\sigma_{2}=a b+b c+c a=t, \quad \sigma_{3}=a b c=p\). Тогава \(F(a, b, c)\) може да се представи явно като функция на \(t\) и \(p\), т.е. \(F(a, b, c)=f(t, p)\). Нашият метод се основава на разглеждането на \(f(t, p\) ), като функция на \(t\) при фиксирано \(p\). Следващите леми дават някои оценки за \(t\) и \(p\), както и неравенства между тях (ще считаме, че поне две от променливите \(a, b, c\) не са равни).

Лема 2.1 Изпълнени са неравенствата

(2.2) \(0 \lt p \lt \cfrac{1}{27}\)

(2.3) \(0 \lt t \lt \cfrac{1}{3}.\)

Доказателство: (2.2) следва от \(0 \lt a b c \lt \left(\cfrac{a+b+c}{3}\right)^{3}=\cfrac{1}{27}\) . (2.3) следва от \(0 \lt t=a b+b c+a c \lt \tfrac{1}{3}(a+b+c)^{2}=\tfrac{1}{3}\).

Лема 2.2 Изпълнени са неравенствата

(2.4) \(t \gt \sqrt{3 p} \)

(2.5) \(t \lt \cfrac{1+9 p}{4} \)

Доказателство: в известното неравенство \((x+y+z)^{2} \gt 3(x y+y z+z x)\) (поне две от числата са различни) полагаме \(x=a b, y=b c, z=c a\) и по-лучаваме

\(t^{2}=(a b+b c+c a)^{2} \gt 3\left(a b^{2} c+b c^{2} a+c a^{2} b\right)=3 a b c(a+b+c)=3 a b c=3 p\), откъдето следва верността на (2.4). (2.5) е неравенството \(a b+b c+c a \lt \tfrac{1}{4}+\tfrac{9}{4} a b c\). То следва например от известното неравенство (Schur ) \(a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b) \geq 0\), от равенството \(a+b+c=1\) и от тъждеството

\((a+b+c)^{3}+9 a b c-4(a b+b c+c a)=a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\).

Ще разгледаме няколко примера, при чието доказателство ще демонстрираме нашия метод.

Пример 1. Вярно е неравенството

(2.6) \[ \text { 2. } A_{3} \geq H_{3}+S_{3} \text {. } \]

Доказателство: съгласно горните означения получаваме, че

\[ \begin{aligned} & A_{3}=\tfrac{a+b+c}{3}=\tfrac{1}{3}, \quad H_{3}=\tfrac{3}{\tfrac{1}{a}+\tfrac{1}{b}+\tfrac{1}{c}}=\tfrac{3 a b c}{a b+b c+c a}=\tfrac{3 p}{t}, \\ & S_{3}=\sqrt{\tfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}}=\sqrt{\tfrac{(a+b+c)^{2}-2(a b+b c+c a)}{3}}=\sqrt{\tfrac{1-2 t}{3}} . \end{aligned} \] Тогава (2.6) е еквивалентно на следното неравенство:

(2.7) \[ \text { 2. } \tfrac{1}{3} \geq \tfrac{3 p}{t}+\sqrt{\tfrac{1-2 t}{3}} \]

Лесно се вижда, че когато трите числа са равни, то в (2.6) се достига равенство. Нека поне две от числата са различни. Сега лесно се проверява, че (2.7) е еквивалентно на

(2.8) \[ f(t) \geq 0 \text {, където } f(t)=6 t^{3}+t^{2}-36 p t+81 p^{2} \text {. } \]

Фиксираме \(p, \quad p \in\left(0 ; \tfrac{1}{27}\right)\) и разглеждаме \(f(t)\) като функция на \(t\) за \(t \in\left(\sqrt{3 p} ; \tfrac{1+9 p}{4}\right)\) (последното следва от Лема 2.2). От \(f^{\prime}(t)=18 t^{2}+2 t-9 p\) и от (2.4) последователно получаваме \(f^{\prime}(t) \gt 18 t^{2}-9 p \gt 18.3 p-9 p=45 p \gt 0\), т.е. \(f^{\prime}(t) \gt 0\) и следователно \(f(t)\) е растяща функция ⇒ достатъчно е да докажем, чe

(2.9) \[ f(\sqrt{3 p}) \geq 0, \text { откъдето ще следва (2.8). } \]

Но \(f(\sqrt{3 p})=18 p \sqrt{3 p}+3 p-36 p \sqrt{3 p}+81 p^{2}=3 p(3 \sqrt{3 p}-1)^{2} \gt 0\), т.е (2.9) е вярно. Следователно всичко е доказано.

Пример 2. Вярно е неравенството

(2.10) \(3.A_3\ge 2.G_3+1.S_3\)

Доказателство: когато трите числа са равни, се достига равенство. Нека поне две от числата са различни. Както при доказателството на (2.6) получаваме, че

\[ \begin{aligned} & (2.10) \quad \Leftrightarrow \quad 1 \geq 2 \cdot \sqrt[3]{p}+\sqrt{\tfrac{1-2 t}{3}} \quad(a+b+c=1, \quad a b c=p, \quad a b+b c+c a=t) \\ & \Leftrightarrow \quad t \geq 6 \cdot \sqrt[3]{p}-6 \cdot \sqrt[3]{p^{2}}-1 \end{aligned} \]

За да докажем последното неравенство и оттам и (2.10), е достатъчно да проверим верността на следното \(\sqrt{3 p} \geq 6 \cdot \sqrt[3]{p}-6 \cdot \sqrt[3]{p^{2}}-1\) (използвахме (2.4) ). В това неравенство полагаме \(p=q^{6}\), следователно \(q \in\left(0 ; \tfrac{\sqrt{3}}{3}\right)\) съгласно (2.2). Тогава лесно се проверява, че е еквивалентно на следното вярно неравенство \(\left(\tfrac{\sqrt{3}}{3}-q\right)\left((6 q+3 \sqrt{3})\left(\tfrac{1}{3}-q^{2}\right)+q\right) \gt 0\). Следователно (2.10) е доказано.

Следващият пример показва, че оценките в Лема 2.1 и Лема 2.2 невинаги са достатъчни при прилагане на метода.

Пример 3. За произволни положителни числа a, b, c е изпълнено неравенството

(2.11) \((a+b+c)^{4}+6 a b c(a+b+c)+4(a b+b c+c a)^{2} \geq(a+b+c)^{2}(a b+b c+c a)\)

Доказателство: лесно се проверява, че за a = b = c се достига равенство. Нека поне две от числата са различни. (2.11) е хомогенно и затова можем да считаме, че \(a+b+c=1\). Лесно се проверява, че (2.11) е еквивалентно на

(2.12) \(f(t) \geq 0, \quad f(t)=4 t^{2}-5 t+1+6 p, \quad t=a b+b c+c a, \quad p=a b c\)

Отново фиксираме \(p, \quad p \in\left(0 ; \tfrac{1}{27}\right)\) и разглеждаме \(f(t)\) като функция на \(t\) за \(t \in\left(\sqrt{3 p} ; \tfrac{1+9 p}{4}\right)\). Но \(f^{\prime}(t)=8 t-5 \lt 0\) съгласно ( (2.3). Следователно \(f(t)\) е намаляваща функция и затова е достатъчно (но не е необходимо!) да докажем, че \(\left(\tfrac{19}{}\right) \geq 0\). Но последното неравенство не е вярно, защото \(f\left(\tfrac{1+9 p}{4}\right)=\tfrac{3 p(27 p-1)}{4}\) и \(\quad p \in\left(0 ; \tfrac{1}{27}\right)\). Последното следва от факта, че множеството от стойности на \(t\) не съвпада с интервала (\(\sqrt{3 p} ; \tfrac{1+9 p}{4}\) ). Ще се върнем към доказателството на (2.11) по-късно.

Следващата теорема се отнася за множеството от стойности на \(t\).

Теорема 1. Нека \(p\) е фиксирано число от интервала \(\left(0 ; \tfrac{1}{27}\right)\). Тогава е изпълнено:

(i) Уравненията \(2 x^{3}-x^{2}+p=0\) и \(x^{3}-2 x^{2}+x-4 p=0\) имат точно по два корена в интервала (\(0 ; 1\) ), съответно \(x_{1}, x_{2}\) и \(x_{3}, x_{4}\), като при това са изпълнени неравенствата

(2.13)\( 0 \lt x_{3} \lt x_{1} \lt \cfrac{1}{3} \lt x_{2} \lt x_{4} \lt 1\) и

(2.14) \(x_{2} \lt \cfrac{1}{2}\)

(ii) Нека \(a, b, c\) са положителни числа, поне две от които са различни, \(a+b+c=1, \quad a b c=p\). Тогава множеството от стойности на \(t=a b+b c+c a\) съвпада с интервала \([m ; M]\), където

(2.15) \( m=\min \left\{g\left(x_{1}\right\}, h\left(x_{4}\right)\right\}\)

(2.16) \( M=\max \left\{g\left(x_{2}\right), h\left(x_{3}\right)\right\} \)

\(g(x)=2 x-3 x^{2}, \quad h(x)=\tfrac{1}{4}\left(1+2 x-3 x^{2}\right), x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}\) са определени в (i) .

(iii) Изпълнени са неравенствата

(2.17) \(m \gt \sqrt{3 p}\) и

(2.18) \(M \lt \cfrac{1+9 p}{4}.\)

Освен това, когато

(2.19) \(t=m=2 x_{1}-3 x_{1}^{2}, \text { то } p=x_{1}^{2}-2 x_{1}^{3} . \text { Ако } t=M=2 x_{2}-3 x_{2}^{2},\)

то \(\quad p=x_{2}{ }^{2}-2 x_{2}^{3}\)

(2.20) \(t=m=\tfrac{1}{4}\left(1+2 x_{4}-3 x_{4}^{2}\right),\) то \( p=\tfrac{1}{4}\left(x_{4}^{3}-2 x_{4}^{2}+x_{4}\right)\). Ако

\(t=M=\tfrac{1}{4}\left(1+2 x_{3}-3 x_{3}^{2}\right)\), то \(p=\tfrac{1}{4}\left(x_{3}^{3}-2 x_{3}^{2}+x_{3}\right), x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}\) са определени в \((i), m, M\) са определени в (ii) .

(iv)

(2.21) Когато са изпълнени (2.19) или (2.20), точно две от числата \(a, b, c\) са равни помежду си.

(Доказателството на теоремата е в края на статията.)

Продължение на доказателството на (2.11).

Разглеждаме \(f(t)\) за \(t \in[m ; M]\) (\(m, M\) са определени в теорема 1). Тогава е достатъчно да докажем, че \(f(M) \geq 0\). Съгласно (2.13), (2.14), (2.19), (2.20) разглеждаме два случая:

(i) \(t=M=2 x-3 x^{2}, \quad p=x^{2}-2 x^{3}, x \in\left(\cfrac{1}{3}, \cfrac{1}{2}\right), \quad x=x_{2} \text {. }\)

Тогава

(2.22) \(\Leftrightarrow 4\left(2 x-3 x^{2}\right)^{2}-5\left(2 x-3 x^{2}\right)+1+6\left(x^{2}-2 x^{3}\right) \geq 0\)

⇔ \(\Leftrightarrow(3 x-1)^{2}(2 x-1)^{2} \geq 0\)

Последното неравенство е строго, защото \(x \in\left(\tfrac{1}{3}, \tfrac{1}{2}\right)\).

(ii) \(t=M=\cfrac{1}{4}(1+2x-3x^2)\)

\(p=\cfrac{1}{4}\left(x^{3}-2 x^{2}+x\right), \quad x \in\left(0 ; \cfrac{1}{3}\right), \quad x=x_{3} .\) Тогава (2.22)

\(\Leftrightarrow 4\left(\tfrac{1+3 x-3 x^{2}}{4}\right)^{2}-5\left(\tfrac{1+2 x-3 x^{2}}{4}\right)+1+6\left(\tfrac{x^{3}-2 x^{2}+x}{4}\right) \geq 0\) \(\Leftrightarrow 9 x^{4}-6 x^{3}+x^{2} \geq 0 \Leftrightarrow x^{2}(3 x-1)^{2} \geq 0\).

Последното неравенство е строго, защото \(x \in\left(0 ; \tfrac{1}{3}\right)\). Следователно (2.11) е доказано.

Заб. (2.11) e eквивалентно на (част от problem 2839 oт (Crux Mathematicorum With Mathematical Mayhem, 2004)) \(\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\right)^{2}+3(a b c)^{2} \geq 4\left(a^{3} b^{3}+b^{3} c^{3}+c^{3} a^{3}\right)\), защото съответната функция е \(f(t)=(1-t)\left(4 t^{2}-5 t+1+6 p\right)\).

Заб. Oт доказателствата на примери \(1-3\) се вижда, че равенство се достига само при \(a=b=c\).

3. Основни резултати

Припомняме, че сме въвели следните означения:

Теорема 1.1. Неравенството

(3.1) \[ A_{3} \geq(1-\lambda) H_{3}+\lambda S_{3} \text { е вярно } \Leftrightarrow \quad \lambda \leq \tfrac{\sqrt{3}}{3} . \]

(3.1) Доказателство: Нека \(\tfrac{a+b+c}{3} \geq(1-\lambda) \tfrac{3}{\tfrac{1}{a}+\tfrac{1}{b}+\tfrac{1}{c}}+\lambda \sqrt{\tfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}}\) е из

пълнено за произволни положителни числа \(a, b, c\) където \(\lambda\) е фиксирано. Полагаме \(a=1-2 \varepsilon, b=c=\varepsilon\) в последното неравенство. При \(\varepsilon \rightarrow+0\) получаваме, че \(\lambda \leq \tfrac{\sqrt{3}}{3}\). Следователно е достатъчно да докажем следното неравенство

(3.2) \[ \tfrac{a+b+c}{3} \geq\left(\tfrac{3-\sqrt{3}}{3}\right) \tfrac{3}{\tfrac{1}{a}+\tfrac{1}{b}+\tfrac{1}{c}}+\tfrac{\sqrt{3}}{3} \sqrt{\tfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}} \]

При \(\grave{u}==\) се достига равенство. Нека поне две от числата са различни. Можем да считаме, че \(a+b+c=1\). Тогава при означенията \(a b+b c+c a=t, a b c=p\) получаваме

\((3.2)\quad\Leftrightarrow \quad \cfrac{1}{3} \geq \cfrac{3-\sqrt{3}}{3} \cdot \cfrac{3 p}{t}+\cfrac{\sqrt{3}}{3} \cdot \sqrt{\cfrac{1-2 t}{3}} \quad \Leftrightarrow \quad t-3(3-\sqrt{3}) p \geq t \sqrt{1-2 t}\) .

(3. 3) (3.3) \((t-3(3-\sqrt{3}) p)^{2} \geq(t \sqrt{1-2 t})^{2}\) ( от (2.2) и (2.4) следва

\(t-3(3-\sqrt{3}) p \gt 0\) ).

Лесно се проверява, че (3.3) е еквивалентно на следното

(3.4) \[ f(t) \geq 0, \text { където } f(t)=2 t^{3}-6(3-\sqrt{3}) p t+54(2-\sqrt{3}) p^{2} \]

Фиксираме \(p, p \in\left(0 ; \tfrac{1}{27}\right)\) и разглеждаме \(f(t)\) за \(t \in[m ; M]\), където \(m, M\) са определени в Теорема 1. От \(f^{\prime}(t)=6 t^{2}-6(3-\sqrt{3}) p\) и (2.4) следва \(f^{\prime}(t) \gt f^{\prime}(\sqrt{3 p})=6 \sqrt{3} p \gt 0 \quad \Rightarrow \quad f(t)\) ерастяща функция, следователно (3.4) ще е вярно, ако докажем следното

Съгласно Теорема 1 разглеждаме следните два случая:

(i) \(t=2 x-3 x^{2}, \quad p=x^{2}-2 x^{3}, \quad x \in\left(0 ; \tfrac{1}{3}\right), \quad x=x_{1}\)

Тогава \((3.5) \Leftrightarrow \quad 2\left(2 x-3 x^{2}\right)^{3}-6(3-\sqrt{3})\left(x^{2}-2 x^{3}\right)\left(2 x-3 x^{2}\right)+54(2-\sqrt{3})\left(x^{2}-2 x^{3}\right)^{2} \geq 0\).

След опростяване получаваме, че последното неравенство е еквивалентно на следното вярно неравенство \(6 x^{3}(3 x-1)^{2}[(21-12 \sqrt{3}) x+6 \sqrt{3}-10] \geq 0\). Последното неравенство е строго, защото \(x \in\left(0 ; \tfrac{1}{3}\right)\).

(ii) \(t=\tfrac{1}{4}\left(1+2 x-3 x^{2}\right), \quad p=\tfrac{1}{4}\left(x^{3}-2 x^{2}+x\right), \quad x \in\left(\tfrac{1}{3} ; 1\right), \quad x=x_{4}\)

Тогава (3.5) \(\Leftrightarrow 2 \tfrac{\left(1+2 x-3 x^{2}\right)^{3}}{64}-6(3-\sqrt{3}) \tfrac{\left(1+2 x-3 x^{2}\right)\left(x^{3}-2 x^{2}+x\right)}{16}+54(2-\sqrt{3}) \tfrac{\left(x^{3}-2 x^{2}-x\right)^{2}}{16} \geq 0\) \(\Leftrightarrow \quad(1-x)^{3}(1-3 x)^{2}[(12 \sqrt{3}-21) x+1] \geq 0\).

Последното неравенство е вярно (защото от \(x \in\left(0 ; \tfrac{1}{3}\right)\) следва

\[ \left.(12 \sqrt{3}-21) x+1 \gt (12 \sqrt{3}-21) \tfrac{1}{3}+1=4 \sqrt{3}-6 \gt 0\right) \] и е строго. Следователно (3.5) е доказано и в двата случая, с което приключва доказателството на теоремата.

Заб. Oт доказателството следва, че равенство се достига само когато трите числа са равни.

Теорема 1.2. Неравенството

(3.6) \(\grave{u}_{\text {ù }} \quad \grave{\iota} \quad \lambda \quad \lambda \quad \text { е вярно } \Leftrightarrow \quad \lambda \geq \cfrac{\sqrt{6}}{3} \text {. }\)

Доказателство: нека \(\tfrac{a+b+c}{3} \leq(1-\lambda) \tfrac{3}{\tfrac{1}{a}+\tfrac{1}{b}+\tfrac{1}{c}}+\lambda \sqrt{\tfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}}\) е изпълнено за произволни положителни числа \(a, b, c\), където \(\lambda\) е фиксирано.

Полагаме \(a=2 \varepsilon, \quad b=c=\tfrac{1}{2}-\varepsilon\) в последното неравенство.

При \(\varepsilon \rightarrow+0\) получаваме, че \(\lambda \geq \tfrac{\sqrt{6}}{3}\).

Следователно е достатъчно да докажем следното неравнство

(3.7) \(\cfrac{a+b+c}{3} \leq\left(1-\cfrac{\sqrt{6}}{3}\right) \cfrac{3}{\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}+\cfrac{1}{c}}+\cfrac{\sqrt{6}}{3} \sqrt{\cfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}}\)

При \(a=b=c\) се достига равенство. Нека поне две от числата са различни. Можем да считаме, че \(a+b+c=1\). Тогава при означенията \(a b+b c+c a=t, \quad a b c=p\) получаваме, че (3.7) \(\Leftrightarrow\)

(3.8) \(F(t) \geq 0\) , където \( F(t)=\sqrt{2-4 t}+3(3-\sqrt{6}) \cfrac{p}{t}-1\)

Фиксираме \(p, p \in\left(0 ; \cfrac{1}{27}\right)\) и разглеждаме \(F(t)\) за \(t \in [m ; M]\) , където \(m, M\) са определени в Теорема 1. От \(F^{\prime}(t)=-\sqrt{\tfrac{2}{1-2 t}}-\tfrac{(3-\sqrt{6}) p}{t^{2}} \lt 0\) следва, че \(F(t)\) е намаляваща функция. Следователно (3.8) ще е вярно, ако докажем, че

(3.9) \(F(M)\ge0.\)

След преобразуване на (3.8) получаваме следното еквивалентно неравенство

(3.10) \(f(t)\ge0,\)

където \(f(t)=-4 t^{3}+t^{2}+6(3-\sqrt{6}) p t-27(5-2 \sqrt{6}) p^{2}\). Тогава (3.9) ще следва от \(f(M) \geq 0\), което ще докажем. Съгласно Теорема 1 разглеждаме следните два случая:

(i) \(t=2 x-3 x^{2}, \quad p=x^{2}-2 x^{3}, \quad x \in\left(\tfrac{1}{3} ; \tfrac{1}{2}\right), \quad x=x_{2}\).

Заместваме в (3.10) и получаваме следното вярно неравенство \[ f(M)=x^{2}(3 x-1)^{2}(1-2 x)[1-(3 \sqrt{6}-6) x] \geq 0 \] (от \(x \in\left(\tfrac{1}{3} ; \tfrac{1}{2}\right)\) следва \(1-(3 \sqrt{6}-6) x \gt 1-(3 \sqrt{6}-6) \tfrac{1}{2}=\tfrac{8-3 \sqrt{6}}{2} \gt 0\) ).

Последното неравенство е строго.

(ii) \(t=\tfrac{1}{4}\left(1+2 x-3 x^{2}\right), \quad p=\tfrac{1}{4}\left(x^{3}-2 x^{2}+x\right), \quad x \in\left(0 ; \tfrac{1}{3}\right), \quad x=x_{3}\).

Заместваме в (3.10) и получаваме следното вярно неравенство

\(f(M)=x(3 x-1)^{2}(1-x)^{2}[8-3 \sqrt{6}+(3 \sqrt{6}-6) x] \geq 0\) (от \(x \in\left(0 ; \tfrac{1}{3}\right) \Rightarrow 8-3 \sqrt{6}+(3 \sqrt{6}-6) x \gt 8-3 \sqrt{6} \gt 0\) ).

Последното неравенство е строго. Следователно (3.9) е доказано и в двата случая, с което приключва доказателството на теоремата.

Заб. Oт доказателството следва, че равенство се достига само когато трите числа са равни.

Теорема 1.1.1. Неравенството \(A_{3} \geq(1-\lambda) \cdot G_{3}+\lambda \cdot S_{3}\) е изпълнено \(\Leftrightarrow\) \(\lambda \leq \tfrac{\sqrt{3}}{3}\).

Неравенството \(A_{3} \geq(1-\lambda) \cdot G_{3}+\lambda \cdot S_{3}\) е изпълнено \(\Leftrightarrow \lambda \geq \tfrac{\sqrt{6}}{3}\).

Доказателството е подобно на доказателствата на Теорема 1.1 и Теорема 1.2, но е свързано с дълги (елементарни) пресмятания и преобразувания.

Теорема 1.3. Неравенството \(A_{4} \geq(1-\lambda) \cdot H_{4}+\lambda \cdot S_{4}\) е изпълнено \(\Leftrightarrow \lambda \leq \tfrac{1}{2}\). Доказателство: Нека

(3.11) \(\cfrac{a+b+c+d}{4} \leq(1-\lambda) \cfrac{4}{\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}+\cfrac{1}{c}+\cfrac{1}{d}}+\lambda \sqrt{\cfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}}{4}}\)

е изпълнено за произволни положителни числа \(a, b, c, d\), където \(\lambda\) е фиксирано. Можем да считаме, че

(3.12) \(a+b+c+d=1\)

Полагаме \(a=b=c=\varepsilon, \quad d=1-3 \varepsilon\) в последното неравенство. При → + получаваме, че \(\lambda \leq \tfrac{1}{2}\). Достатъчно е да докажем, че (3.11) е вярно за \(\lambda=\tfrac{1}{2}\). Явно, когато и четирите числа са равни, се достига равенство. Нека поне две от тях са различни. Без да ограничаваме общността, можем да считаме, че

(3.13) \(a\le b\le c\le d.\)

Фиксираме \(d\) и полагаме

(3.14) \[ a=a_{1} \theta, \quad b=b_{1} \theta, \quad c=c_{1} \theta, 1-d=\theta \]

Тогава от (3.12), (3.13) следва, че \(d \in\left(\tfrac{1}{4} ; 1\right)\) откъдето

(3.15) \[ \theta \in\left(0 ; \tfrac{3}{4}\right) . \]

От (3.12) и (3.14) получаваме \(a_{1}+b_{1}+c_{1}=\tfrac{a+b+c}{\theta}=\tfrac{a+b+c}{1-d}=\tfrac{1-d}{1-d}=1\), т.е.

(3.16) \(a_{1}+b_{1}+c_{1}=1\) .

Последното равенство позволява да приложим метода, който използвахме при доказателствата на Теорема 1.1 и Теорема 1.2.

Заместваме в (3.11) \(\lambda=\tfrac{1}{2}\) и от (3.12), (3.14) получаваме, че е достатъчно да докажем следното:

\(\cfrac{1}{4} \geq \cfrac{1}{2}\left(\cfrac{4}{\tfrac{1}{\theta}\left(\tfrac{1}{a_{1}}+\tfrac{1}{b_{1}}+\tfrac{1}{c_{1}}\right)+\tfrac{1}{1-\theta}}\right)+\cfrac{1}{2} \sqrt{\cfrac{\theta^{2}\left(a_{1}^{2}+b_{1}^{2}+c_{1}^{2}\right)+(1-\theta)^{2}}{4}} \Leftrightarrow\)

(3.17) \[ F_{\theta}(t) \leq 1 \]

където \(F_{\theta}(t)=\tfrac{8 \theta(1-\theta) p}{(1-\theta) t+\theta p}+\sqrt{\theta^{2}(1-2 t)+(1-\theta)^{2}}\) , \(t=a_{1} b_{1}+b_{1} c_{1}+c_{1} a_{1}\), \(p=a_{1} b_{1} c_{1}\) , също така използвахме (3.16). Първо ще разгледаме случая, когато \(a_{1}=b_{1}=c_{1}\). Тогава \(t=\tfrac{1}{3}, \quad p=\tfrac{1}{27}\) и от (3.17) следва, че е достатъчно да докажем следното

(3.18) \(g(\theta) \leq 1, \quad g(\theta)=\cfrac{8 \theta(1-\theta)}{9-8 \theta}+\cfrac{1}{\sqrt{3}} \sqrt{4 \theta^{2}-6 \theta+3} , \quad \theta \in\left(0 ; \cfrac{3}{4}\right)\)

( съгласно (3.15)).

\((3.18)\quad\Leftrightarrow \quad \cfrac{8 \theta(1-\theta)}{9-8 \theta} \leq 1-\cfrac{1}{\sqrt{3}} \sqrt{4 \theta^{2}-6 \theta+3}\)

\(\Leftrightarrow \quad-(4 \theta-3)^{2}\left(\tfrac{\sqrt{3}}{9-8 \theta}-\tfrac{1}{\sqrt{3}-2 \sqrt{4 \theta^{2} \quad 6 \theta \quad 3}}\right) \leq 0\)

\(\Leftrightarrow \quad \tfrac{\sqrt{3}}{9-8 \theta}-\tfrac{1}{\sqrt{3}+2 \sqrt{4 \theta^{2}-6 \theta+3}} \geq 0 \Leftrightarrow\)

(3.19) \[ \theta(3-2 \theta) \geq 0 \]

Oт верността на (3.19) следва (3.18). Нека сега поне две от числата \(a_{1}, b_{1}, c_{1}\) са различни.

Разглеждаме функцията \(F_{\theta}(t)\), определена в ( (3.17) при фиксирано \(p\), \(p \in\left(0 ; \tfrac{1}{27}\right)\) за \(t \in[m ; M]\), където \(m, M\) са определени в Теорема 1. От \(F_{\theta}^{\prime}(t)=-\tfrac{8 \theta(1-\theta)^{2} p}{[(1-\theta) t+\theta p]^{2}}-\tfrac{\theta^{2}}{\sqrt{\theta^{2}(1-2 t)+(1-\theta)^{2}}} \lt 0\) следва, че \(F_{\theta}(t)\) е намаляваща функция, следователно, за да довършим доказателството на теоре мата, е необходимо да докажем:

(3.20) \[ F_{\theta}(m) \leq 1 \]

Съгласно Теорема 1 разглеждаме следните два случая:

(i) \(t=2 x-3 x^{2}, \quad p=x^{2}-2 x^{3}, \quad x \in\left(0 ; \tfrac{1}{3}\right), \quad x=x_{1}\).

След заместване на \(t, p\) в (3.17) и преобразуване, получаваме

(3.21) \(F_{\theta}(m)=F(x, \theta)=\cfrac{8 \theta(1-\theta)\left(x-2 x^{2}\right)}{2-3 x-2 \theta(x-1)^{2}}+\sqrt{\theta^{2}\left(6 x^{2}-4 x+1\right)+(1-\theta)^{2}}\) .

Да отбележим, че \(x\) и \(\theta\) не зависят едно от друго. Тогава от (3.21) получаваме:

(3.22) \(\tfrac{\partial F}{\partial x}(x, \theta)=2 \theta(3 x-1) F_{1}(x, \theta)\), където

\[ F_{1}(x, \theta)=\tfrac{8(1-\theta)^{2}(x-1)}{\left[2-3 x-2 \theta(x-1)^{2}\right]^{2}}+\tfrac{\theta}{\sqrt{\theta^{2}\left(6 x^{2}-4 x+1\right)+(1-\theta)^{2}}} \]

Oзначаваме:

\(f_{1}(x, \theta)=\tfrac{8(1-\theta)^{2}(x-1)}{\left[2-3 x-2 \theta(x-1)^{2}\right]^{2}} \quad, \quad f_{2}(x, \theta)=\tfrac{\theta}{\sqrt{\theta^{2}\left(6 x^{2}-4 x+1\right)+(1-\theta)^{2}}}\).

Ще докажем, че

(3.23) \[ F_{1}(x, \theta)=f_{1}(x, \theta)+f_{2}(x, \theta) \lt 0 \]

От \(\tfrac{\partial f_{1}(x, \theta)}{\partial \theta}=\tfrac{8 x(x-1)(2 x-1)(1-\theta)}{\left[2-3 x-2 \theta(x-1)^{2}\right]^{3}} \gt 0\) следва, че \(f_{1}(x, \theta)\) е растяща функция по отношение на \(\theta\). Следователно

(3.24) \[ f_{1}(x,) \lt f_{1}\left(x, \tfrac{3}{4}\right)=f_{11}(x)=\tfrac{2(1)}{\left(3^{2} 1\right)^{2}} \]

От \(f_{11}^{\prime}(x)=\tfrac{2\left(1-3 x^{2}\right)\left(9 x^{2}-12 x+1\right)}{\left(3 x^{2}-1\right)^{4}}\) лесно следва, че \(f_{11}(x) \lt f_{11}\left(\tfrac{2-\sqrt{3}}{3}\right)=-\tfrac{3}{16}(5+3 \sqrt{3})\).

От последното и от (3.24) получаваме

(3.25) \[ f_{1}(x, \theta) \lt f_{11}(x) \lt -\tfrac{3}{16}(5+3 \sqrt{3}) \]

От \(\tfrac{\partial f_{2}(x, \theta)}{\partial x}=\tfrac{2 \theta^{3}(1-3 x)}{\sqrt{\left[\theta^{2}\left(6 x^{2}-4 x+1\right)+(1-\theta)^{2}\right]^{3}}} \gt 0\)

\(\left(x \in\left(0 ; \tfrac{1}{3}\right), \quad \theta \in\left(0 ; \tfrac{3}{4}\right)\right)\) следва, че

\(f_{2}(x, \theta)\) е растяща функция по отношение на \(x\). Следователно

(3.26) \[ f_{2}(x, \theta) \lt f_{2}\left(\tfrac{1}{3}, \theta\right)=f_{22}(\theta)=\tfrac{\sqrt{3} \cdot \theta}{\sqrt{4 \theta^{2}-6 \theta+3}} \]

От \(f_{22}{ }^{\prime}(\theta)=\tfrac{3 \sqrt{3} \cdot(1-\theta)}{\sqrt{\left(4 \theta^{2}-6 \theta+3\right)^{3}}} \gt 0\) следва, че \(f_{22}(\theta) \lt f_{22}\left(\tfrac{3}{4}\right)=\tfrac{3}{2}\). От по-следното и от (3.26) следва

(3.27) \(f_2(x,\theta)<\cfrac{3}{2}\)

От (3.25) и (3.27) получаваме

\(F_{1}(x, \theta)=f_{1}(x, \theta)+f_{2}(x, \theta) \lt -\tfrac{3}{16}(5+3 \sqrt{3})+\tfrac{3}{2}=\tfrac{9}{16}(1-\sqrt{3}) \lt 0, \quad\) т.е. (3.23) е доказано.

От (3.22), (3.23) и от \(x \in\left(0 ; \tfrac{1}{3}\right)\) следва, че \(F_{x}^{\prime}(x, \theta)=2 \theta(3 x-1) F_{1}(x, \theta) \gt 0\) откъдето следва, че \(F(x,\theta)\) е растяща функция по отношение на \(x\). Тогава (3.20) ще следва от \(F(x, \theta) \lt F\left(\tfrac{1}{3}, \theta\right)=g(\theta)=\tfrac{8 \theta(1-\theta)}{9-8 \theta}+\tfrac{1}{\sqrt{3}} \sqrt{4 \theta^{2}-6 \theta+3} \leq 1\), което е точно доказаното по-горе (3.18). Следователно (3.20) е доказано в този случай.

(ii) \(t=\tfrac{1}{4}\left(1+2 x-3 x^{2}\right), \quad p=\tfrac{1}{4}\left(x^{3}-2 x^{2}+x\right), \quad x \in\left(\tfrac{1}{3} ; 1\right), \quad x=x_{4}\).

След заместване на \(t, p\) в (3.17) получаваме

(3.28) \[ F_{\theta}(m)=H(x, \theta)=\tfrac{8 \theta(1-\theta)\left(x-x^{2}\right)}{1+3 x-\theta(x+1)^{2}}+\sqrt{\tfrac{\theta^{2}}{2}\left(3 x^{2}-2 x+1\right)+(1-\theta)^{2}} \]

Тогава (3.20) ⇔

(3.29) \(H(x, \theta) \leq 1 \) за \( x \in\left(\cfrac{1}{3} ; 1\right) \) и \(\theta \in\left(0 ; \cfrac{3}{4}\right) \) .

След пресмятане и преобразуване получаваме, че

(3.30) \[ \tfrac{\partial H}{\partial x}(x, \theta)=\theta(1-3 x)\left[h_{1}(x, \theta)+h_{2}(x, \theta)\right], \]

Където \(h_{1}(x, \theta)=\tfrac{8(1-\theta)^{2}(x+1)}{\left[1+3 x-\theta(x+1)^{2}\right]^{2}}\) и \(h_{2}(x, \theta)=-\tfrac{\sqrt{2}}{2} \tfrac{\theta}{\sqrt{\theta^{2}\left(3 x^{2}-2 x+1\right)+2(1-\theta)^{2}}}\).

По-долу ще докажем, че

(3.31) \(h_{1}(x, \theta)+h_{2}(x, \theta) \gt 0 .\)

От (3.31), \(x \in\left(\tfrac{1}{3} ; 1\right)\) и (3.30) следва, че \(H_{x}^{\prime}(x, \theta) \lt 0\). Тогава \(H(x, \theta)\) е намаляваща по отношение на \(x\) и съгласно (3.29) е достатъчно да докажем, че \(H\left(\tfrac{1}{3}, \theta\right) \leq 1\), но това е еквивалентно на \(H\left(\tfrac{1}{3}, \theta\right)=g(\theta)=\tfrac{\theta(1-\theta)}{9-8 \theta}+\tfrac{1}{\sqrt{3}} \sqrt{4 \theta^{2}-6 \theta+3} \leq 1 \quad, \quad \theta \in\left(0 ; \tfrac{3}{4}\right)\), което е точно доказаното по-горе (3.18). Остава само да докажем (3.31).

Доказателство: от (3.30) получаваме \(\tfrac{\partial h_{1}(x, \theta)}{\partial \theta}=\tfrac{16 x(x-1)(x+1)(1-\theta)}{\left[1+3 x-\theta(x+1)^{2}\right]^{3}} \lt 0\left(x \in\left(\tfrac{1}{3} ; 1\right)\right)\). Следователно \(h_{1}(x, \theta)\) е намаляваща функция по отношение на \(\theta, \Rightarrow\)

(3.32) \[ h_{1}(x, \theta) \gt h_{1}\left(x, \tfrac{3}{4}\right)=h_{11}(x)=\tfrac{8(x+1)}{\left(3 x^{2}-6 x-1\right)^{2}} \]

От \(h_{11}{ }^{\prime}(x)=\tfrac{8\left(3 x^{2}-6 x-1\right)\left(-9 x^{2}-6 x+11\right)}{\left(3 x^{2}-6 x-1\right)^{4}}\) лесно се проверява, че за \(x \in\left(\tfrac{1}{3} ; 1\right)\) от последното и от (3.32) следва, че

(3.33) \[ h_{1}(x, \theta) \gt \tfrac{3(5+3 \sqrt{3})}{32} \]

От \(\tfrac{\partial h_{2}(x, \theta)}{\partial x}=\tfrac{\sqrt{2}}{2} \tfrac{\theta^{3}(3 x-1)}{\sqrt{\left[\theta^{2}\left(3 x^{2}-2 x+1\right)+2(1-\theta)^{2}\right]^{3}}} \gt 0\) следва, че \(h_{2}(x, \theta)\)

е растяща функция по отношение на \(x\). Тогава

(3.34) \(h_{2}(x, \theta) \gt h_{2}\left(\cfrac{1}{3}, \theta\right)=h_{22}(\theta)=-\cfrac{\sqrt{3}}{2} \cfrac{\theta}{\sqrt{4 \theta^{2}-6 \theta+3}}\) .

От \(h_{22}{ }^{\prime}(\theta)=-\tfrac{\sqrt{3}}{2} \tfrac{1-\theta}{\sqrt{\left(4 \theta^{2}-6 \theta+3\right)^{3}}} \lt 0\) следва, че \(h_{22}(\theta)\) е намаляваща \(\Rightarrow \quad h_{22}(\theta) \gt h_{22}\left(\tfrac{3}{4}\right)=-\tfrac{3}{4}\). От последното и от (3.34) следва

(3.35) \[ h_{2}(x, \theta) \gt -\tfrac{3}{4} . \]

От (3.33) и от (3.35) получаваме, че \(h_{1}(x, \theta)+h_{2}(x, \theta) \gt \tfrac{3(5+3 \sqrt{3})}{32}-\tfrac{3}{4}=\tfrac{9(\sqrt{3}-1)}{32} \gt 0\), т.е (3.31) е доказано.

Следователно (3.29) е доказано, с което завършваме доказателството на Теорема 1.3.

Заб. Oт доказателството следва, че равенство се достига само когато всички числа са равни.

Теорема 1.4. Неравенството \(A_{4} \leq(1-\lambda) \cdot H_{4}+\lambda \cdot S_{4}\) е изпълнено \(\Leftrightarrow\) \(\lambda \geq \tfrac{\sqrt{3}}{2}\).

Доказателство: нека

(3.36) \[\cfrac{a+b+c+d}{4} \leq(1-\lambda) \cfrac{4}{\tfrac{1}{a}+\tfrac{1}{b}+\tfrac{1}{c}+\tfrac{1}{d}}+\lambda \sqrt{\cfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}}{4}}\]

е изпълнено за произволни положителни числа \(a, b, c, d\), където \(\lambda\) е фиксирано. Можем да считаме, че \(a+b+c+d=1\). Полагаме \(a=b=c=\varepsilon, \quad d=1-3 \varepsilon\) в последното неравенство.

При \(\varepsilon \rightarrow+0\) получаваме, че \(\lambda \geq \tfrac{\sqrt{3}}{2}\). Достатъчно е да докажем, че (3.36) е вярно за \(\lambda=\tfrac{\sqrt{3}}{2}\). По аналогичен начин, както в доказателството на Теорема 1.3, получаваме, че трябва да докажем следното:

(3.37) \[ F_{\theta}(t) \geq 1, \text { където } \]

\(F_{\theta}(t)=\tfrac{(16-8 \sqrt{3}) \theta(1-\theta) p}{(1-\theta) t+p t}+\sqrt{3} \sqrt{\theta^{2}(1-2 t)+(1-\theta)^{2}}\). Първо ще разгледаме случая, когато \(a_{1}=b_{1}=c_{1}\). Тогава \(t=\tfrac{1}{3}, \quad p=\tfrac{1}{27}\) и от (3.37) следва, че е достатъчно да докажем следното

(3.38) \(g(\theta)\ge 1,\quad g(\theta)=\tfrac{(16-8\sqrt{3})\theta(1-\theta)}{9-8\theta}+\sqrt{4\theta^2-6\theta+3},\quad\theta\in\left( 0;\tfrac{3}{4}\right)\) .

\(\begin{aligned} &(3.38)\Leftrightarrow \cfrac{(16-8 \sqrt{3}) \theta(1-\theta)}{9-8 \theta} \geq 1-\sqrt{4 \theta^{2}-6 \theta+3} \quad, \quad \theta \in\left(0 ; \tfrac{3}{4}\right)\\ &\quad \Leftrightarrow \quad \cfrac{-(2-\sqrt{3})(4 \theta-3)^{2}}{9-8 \theta} \geq \cfrac{-(4 \theta-3)^{2}}{\sqrt{3}+2 \sqrt{4 \theta^{2}-6 \theta+3}} \\ &\quad \Leftrightarrow \quad \cfrac{2-\sqrt{3}}{9-8 \theta} \leq \cfrac{1}{\sqrt{3}+2 \sqrt{4 \theta^{2}-6 \theta+3}} \\ &\quad \Leftrightarrow \quad(2+\sqrt{3})(9-8 \theta)-\sqrt{3} \geq 2 \sqrt{4 \theta^{2}-6 \theta+3} \\ \end{aligned} \)

(3.39) \(9+4 \sqrt{3} \geq 4(2+\sqrt{3}) \theta+\sqrt{4 \theta^{2}-6 \theta+3}\) .

Разглеждаме функцията \(r(\theta)=\sqrt{4 \theta^{2}-6 \theta+3}\) за \(\theta \in\left(0 ; \tfrac{3}{4}\right)\). От \(r^{\prime} \grave{u} \theta=\tfrac{4 \theta-3}{\sqrt{\grave{u}} \theta^{2}-\theta+} \lt \quad\) следва, че (3.40) \(\quad r(\theta) \lt r(0)=\sqrt{3}\).

От (3.39), (3.40) и от \(\theta \in\left(0 ; \tfrac{3}{4}\right)\) получаваме, че

(3.41) \[ 4(2+\sqrt{3}) \theta+\sqrt{4 \theta^{2}-6 \theta+3} \lt 4(2+\sqrt{3}) \tfrac{3}{4}+\sqrt{3} \lt 9+4 \sqrt{3} . \]

Тогава от (3.39), (3.41) следва верността на (3.38). Нека сега поне две от числата \(a_{1}, b_{1}, c_{1}\) са различни. Разглеждаме функцията \(F_{\theta}(t)\), определена при фиксирано \(p, p \in\left(0 ; \tfrac{1}{27}\right)\)

за \(t \in[m ; M]\) където \(m, M\) са определени в Теорема 1. От

(3.42) \(F_{\theta}^{\prime}(t)=-\tfrac{(16-8 \sqrt{3}) \theta(1-\theta)^{2} p}{[(1-\theta) t+\theta p]^{2}}-\tfrac{\sqrt{3} \cdot \theta^{2}}{\sqrt{\theta^{2}(1-2 t)+(1-\theta)^{2}}} \lt 0\)

следва, че

(3.43) \(F_{\theta}(t) \text { е намаляваща функция. }\)

Следователно, за да довършим доказателството на теоремата, е необходимо да докажем (3.44) \(\quad F_{\theta}(M) \geq 1\).

По-долу ще считаме, че \(\theta\) е фиксирано ( \(\theta \in\left(0 ; \tfrac{3}{4}\right)\) ). Съгласно Теорема 1 разглеждаме следните два случая:

(i) \(t=2 x-3 x^{2}, \quad p=x^{2}-2 x^{3}, \quad x \in\left(\tfrac{1}{3} ; \tfrac{1}{2}\right), \quad x=x_{2}\).

След заместване на \(t, p\) и преобразуване, получаваме

(3.45) \[ F_{\theta}(M)=F(x)=\tfrac{(16-8 \sqrt{3}) \theta(1-\theta)\left(x-2 x^{2}\right)}{2-3 x-2 \theta(x-1)^{2}}+\sqrt{3} \cdot \sqrt{\theta^{2}\left(6 x^{2}-4 x+1\right)+(1-\theta)^{2}} \]

Тогава от (3.45) следва

(3.46) \( F^{\prime}(x)=2 \theta(3 x-1) F_{1}(x) \) ,където

(3.47) \(F_{1}(x)=\cfrac{2(16-8 \sqrt{3})(1-\theta)^{2}(x-1)}{\left[2-3 x-2 \theta(x-1)^{2}\right]^{2}}+\cfrac{\sqrt{3} \cdot \theta}{\sqrt{\theta^{2}\left(6 x^{2}-4 x+1\right)+(1-\theta)^{2}}} \) .

От (3.47) след пресмятане и преобразуване получаваме:

(3.48) \[ F_{1}^{\prime}(x)=\tfrac{2(16-8 \sqrt{3})(1-\theta)^{2}\left[3 x-4+6 \theta(x-1)^{2}\right]}{\left[2-3 x-2 \theta(x-1)^{2}\right]^{3}}-\tfrac{2 \sqrt{3} \cdot \theta^{3}(3 x-1)}{\sqrt{\left[\theta^{2}\left(6 x^{2}-4 x+1\right)+(1-\theta)^{2}\right]^{3}}} \]

От \(\theta \in\left(0 ; \tfrac{3}{4}\right)\) и \(x \in\left(\tfrac{1}{3} ; \tfrac{1}{2}\right)\) следва, че

\[ 3 x-4+6 \theta(x-1)^{2} \lt 3 x-4+6 \cdot \tfrac{3}{4}(x-1)^{2}=\tfrac{1}{2}\left(9 x^{2}-12 x+1\right) \lt 0 . \]

От последното и от (3.48) следва, че \(F_{1}^{\prime}(x) \lt 0\), следователно

(3.49) \[ F_{1}(x) \text { е намаляваща функция. } \]

От (3.49), (3.46) и от \(3 x-1 \gt 0\) следва, че са възможни следните три случая:

(i1) \(F_{1}(x) \geq 0\) за \(x \in\left(\cfrac{1}{3} ; \cfrac{1}{2}\right)\) .

Тогава от (3.46) следва, че \(F(x)\) е растяща и тогава е достатьчно да докажем, че \(\quad(-) \geq 1 \quad \Leftrightarrow \quad(3.40)\), което е доказано по-горе.

(i2) \(\quad F_{1}(x) \gt 0\) за \(x \in\left(\tfrac{1}{3} ; x_{0}\right), \quad F_{1}(x) \lt 0\) за \(x \in\left(x_{0} ; \tfrac{1}{2}\right)\).

Тогава в т. \(x_{0}, F(x)\) има локален max. Следователно е достатъчно да проверим верността на следните две неравенства: \(F\left(\tfrac{1}{3}\right) \geq 1\), което е доказано и

(3.50) \[ F\left(\tfrac{1}{2}\right) \geq 1 . \]

Но от (3.45) следва

\((3.50)\Leftrightarrow \sqrt{3} \cdot \sqrt{\cfrac{\theta^{2}}{2}+(1-\theta)^{2}} \geq 1 \Rightarrow \cfrac{3}{2}\left(3 \theta^{2}-4 \theta+2\right) \geq 1 \quad \Leftrightarrow \quad(3 \theta-2)^{2} \geq 0\) , т.е (3.50) е доказано.

(i3) \(F(x) \leq 0\) за \(x \in\left(\tfrac{1}{3} ; \tfrac{1}{2}\right)\).

Тогава \(F(x)\) е намаляваща и е достатъчно да докажем (3.50), което е направено.

(ii) \(t=\tfrac{1}{4}\left(1+2 x-3 x^{2}\right), \quad p=\tfrac{1}{4}\left(x^{3}-2 x^{2}+x\right), \quad x \in\left(0 ; \tfrac{1}{3}\right), \quad x=x_{3}\).

След заместване на \(t, p\) в (3.39) получаваме

(3.51) \[ F_{\theta}(M)=H(x, \theta)=\tfrac{(16-8 \sqrt{3}) \theta(1-\theta)\left(x-x^{2}\right)}{1+3 x-\theta(x+1)^{2}}+\sqrt{\tfrac{3}{2}} \sqrt{\theta^{2}\left(3 x^{2}-2 x+1\right)+2(1-\theta)^{2}} \]

Тогава \((3.44) \Leftrightarrow H(x, \theta) \geq 1\). Считаме, θ) ≥ 1 .Считаме, че \(\theta\) е фиксирано и ще пишем \(H(x)\) вместо \(H(x, \theta)\). От (3.51) получаваме, че

(3.52) \( H^{\prime}(x)=\theta(1-3 x) H_{1}(x)\) , където

(3.53) \(H_{1}(x)=\cfrac{(16-8 \sqrt{3}) \theta(1-\theta)^{2}(x+1)}{\left[1+3 x-\theta(x+1)^{2}\right]^{2}}-\sqrt{\cfrac{3}{2}} \cfrac{\theta}{\sqrt{\theta^{2}\left(3 x^{2}-2 x+1\right)+2(1-\theta)^{2}}} \) .

От (3.53) получаваме

(3.54) \(H_{1}(x)=\cfrac{ (16-8 \sqrt{3}) \theta(1-\theta)^{2}[3\theta(x+1)^2-5-3x] }{ \left[1+3 x-\theta(x+1)^{2}\right]^{3} }\)

\(-\sqrt{\cfrac{3}{2}} \cfrac{\theta^{3}(1-3 x)}{\sqrt{\left[\theta^{2}\left(3 x^{2}-2 x+1\right)+2(1-\theta)^{2}\right]^{3}}}\)

От \(x \in\left(0 ; \tfrac{1}{3}\right)\) и \(\theta \in\left(0 ; \tfrac{3}{4}\right)\) последователно получаваме

\(3 \theta(x+1)^{2}-3 x-5 \lt 3 \cdot \tfrac{3}{4} \cdot(x+1)^{2}-3 x-5=\tfrac{1}{4}\left(9 x^{2}+6 x-11\right) \lt 0\).

От последното, \(x \in\left(0 ; \tfrac{1}{3}\right)\) и от (3.54) следва, че \(H_{1}^{\prime}(x) \lt 0 \Rightarrow H_{1}(x)\) е намаляваща функция.

От последното, (3.52) и от \(x \in\left(0 ; \tfrac{1}{3}\right)\) следва, че са възможни следните три случая:

(ii1) \(H_{1}(x) \geq 0\) за \(x \in\left(0 ; \cfrac{1}{3}\right)\) .

Тогава \(H^{\prime}(x) \geq 0\) за \(x \in\left(0 ; \tfrac{1}{3}\right)\), следователно \(H(x)\) е растяща и тогава е достатъчно да докажем, че

(3.55) \[ (0) \geq 1 \]

Последователно получаваме:

\((3.55)\Leftrightarrow \sqrt{\cfrac{3}{2}} \cdot \sqrt{3 \theta^{2}-4 \theta+2} \geq 1 \quad \Leftrightarrow \quad \cfrac{3}{2}\left(3 \theta^{2}-4 \theta+2\right) \geq 1 \quad \Leftrightarrow \quad(3 \theta-2)^{2} \geq 0\) , т.е. (3.55) е доказано.

(ii2) \(H_{1}(x) \gt 0\) за \(x \in\left(0 ; x_{0}\right), \quad H_{1}(x) \lt 0\) за \(x \in\left(x_{0} ; \tfrac{1}{3}\right)\).

Тогава \(H(x)\) има локален max в т. \(x_0\) и следователно е достатъчно да докажем: (3.55) (което е доказано ) и \(H\left(\cfrac{1}{3}\right) \geq 1\) . Но последното неравенство е точно доказаното по-горе.

(ii3) \(H_{1}(x) \lt 0 \) за \(x \in\left(0 ; \cfrac{1}{3}\right) \) .

Следователно \(H(x)\) е намаляваща и тогава е достатъчно да докажем, че \(H\left(\tfrac{1}{3}\right) \geq 1\). И в трите случая \(H(x) \geq 1\), следователно всичко е доказано.

Заб. Oт доказателството следва, че равенство се достига само когато всички числа са равни.

Теорема 1.5 Неравенството \(A_{5} \leq(1-\lambda) \cdot H_{5}+\lambda \cdot S_{5}\) е изпълнено \(\Leftrightarrow\) \(\lambda \geq \tfrac{2 \sqrt{5}}{5}\).

Доказателство: нека

(3.56) \(\tfrac{a+b+c+d+e}{5} \leq(1-\lambda) \tfrac{5}{\tfrac{1}{a}+\tfrac{1}{b}+\tfrac{1}{c}+\tfrac{1}{d}+\tfrac{1}{e}}+\lambda \sqrt{\tfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+e^{2}}{5}}\)

е изпълнено за произволни положителни числа \(a, b, c, d, e\), b, c, d , e , където \(\lambda\) е фиксирано. Можем да считаме, че

(3.57) \[ a+b+c+d+e=1 \]

Полагаме \(a=b=c=d=\tfrac{1}{4}-\varepsilon, e=4 \varepsilon\). При \(\varepsilon \rightarrow+0\) получаваме, че \(\lambda \geq \tfrac{2 \sqrt{5}}{5}\). Достатъчно е да докажем, че (3.56) е вярно за \(\lambda=\tfrac{2 \sqrt{5}}{5}\). Можем да считаме, че

(3.58) \[ a \leq b \leq c \leq d \leq e \]

Полагаме: \(a=a_{1} \theta, \quad b=b_{1} \theta, c=c_{1} \theta, 1-d-e=\theta, \quad d e=\delta\), \(t=a_{1} b_{1}+b_{1} c_{1}+c_{1} a_{1} \quad, \quad p=a_{1} b_{1} c_{1}\).

Явно \(a_{1}+b_{1}+c_{1}=1\). От (3.57) и (3.58) следват:

(3.59) \( \theta \in\left(0 ; \cfrac{4}{5}\right)\) и

(3.60) \( \delta \in\left(0 ; \cfrac{(1-\theta)^{2}}{4}\right] \) .

Лесно се проверява, че е достатъчно да докажем:

(3.61) \(F(t, p, \theta, \delta) \geq 1\),

където \(F(t, p, \theta, \delta)=\tfrac{5(5-2 \sqrt{5) p \theta \delta}}{\delta t+\theta(1-\theta) p}+2 \sqrt{\theta^{2}(1-2 t)+(1-\theta)^{2}-2 \delta}\). Нека първо \(a=b_{1}=c_{1}\). Тогава \(t=\tfrac{1}{3}, \quad p=\tfrac{1}{27}\). Имаме (3.61) \(\Leftrightarrow\)

(3.62) \(f(\delta, \theta) \geq 1\),

Където \(f(\delta, \theta)=\tfrac{5(5-2 \sqrt{5}) \theta \delta}{9 \delta+\theta(1-\theta)}+2 \sqrt{\tfrac{\theta^{2}}{3}+(1-\theta)^{2}-2 \delta} \) . Фиксираме \(\theta, \theta \in\left(0 ; \tfrac{4}{5}\right)\) и разглеждаме \(f(\delta, \theta)\) като функция на \(\delta, \delta \in\left(0 ; \tfrac{(1-\theta)^{2}}{4}\right]\) (ще пишем \(f(\delta)\) вместо \(f(\delta, \theta)\) ).

Последователно получаваме:

\(f^{\prime}(\delta)=\tfrac{5(5-2 \sqrt{5}) \theta^{2}(1-\theta)}{[9 \delta+\theta(1-\theta)]^{2}}-\tfrac{2}{\sqrt{\tfrac{\theta^{2}}{3}+(1-\theta)^{2}-2 \delta}}\),

(3.63) \(f^{\prime \prime}(\delta)=-\tfrac{90(5-2 \sqrt{5}) \theta^{2}(1-\theta)}{[9 \delta+\theta(1-\theta)]^{3}}-\tfrac{2}{\sqrt{\left[\tfrac{\theta^{2}}{3}+(1-\theta)^{2}-2 \delta\right]^{3}}} \lt 0\)

Съгласно (3.63), (3.62) ще следва от верността на следните неравенства:

(3.64) \( f(0) \geq 1\) и

(3.65) \(f\left(\cfrac{(1-\theta)^{2}}{4}\right) \geq 1\) .

Доказателство на (3.64) и (3.65):

\((3.64)\quad\Leftrightarrow 2 \sqrt{\cfrac{\theta^{2}}{3}+(1-\theta)^{2}} \geq 1 \Leftrightarrow \cfrac{4}{3}\left(4 \theta^{2}-6 \theta+3\right) \geq 1\)

\(\Leftrightarrow \quad 16 \theta^{2}-24 \theta+9 \geq 0 \quad \Leftrightarrow \quad(4 \theta-3)^{2} \geq 0\).

\((3.65)\quad\Leftrightarrow \quad \cfrac{5(5-2 \sqrt{5}) \theta(1-\theta)}{9-5 \theta}+\cfrac{\sqrt{6}}{3} \sqrt{5 \theta^{2}-6 \theta+3} \geq 1\)

\(\Leftrightarrow \quad 3(\sqrt{5}-2)\left[-(5 \theta-3)^{2}\right] \cdot \tfrac{1}{9-5 \theta} \geq \tfrac{\sqrt{6}\left[-(5 \theta-3)^{2}\right]}{\sqrt{6}+\sqrt{5} \cdot \sqrt{5 \theta^{2}-6 \theta+3}}\)

\(\Leftrightarrow \quad 3(\sqrt{5}-2) \cdot \tfrac{1}{9-5 \theta} \leq \tfrac{\sqrt{6}}{\sqrt{6}+\sqrt{25 \theta^{2}-30 \theta+15}} \Leftrightarrow\)

(3.66) \[ f_{1}(\theta) \geq f_{2}(\theta) \]

Където \(f_{1}(\theta)=\tfrac{2+\sqrt{5}}{3}(9 \sqrt{6}-5 \sqrt{6} \theta)\) и \(f_{2}(t)=\sqrt{25 \theta^{2}-30 \theta+15}\). От \(\theta \in\left(0 ; \tfrac{4}{5}\right)\) лесно се получава, че

(3.67) \(f_1(\theta)\ge f_1\left(\cfrac{4}{5}\right)=\cfrac{\sqrt{6}(5\sqrt{5}+7)}{3}\)

(3.68) \(f_2(\theta)\lt f_2(0)=\sqrt{15}\) .

Тогава от \(\tfrac{\sqrt{6}(5 \sqrt{5}+7)}{3} \gt \sqrt{15},(3.67)\) и (3.68) следва верността на (3.66) и оттам следва (3.65). Нека сега поне две от числата \(a_{1}, b_{1}, c_{1}\) са различни. Разглеждаме \(F(t, p, \theta, \delta)\) ( (определена в (3.61)) като функция на \(t\) при фиксирано \(p\) (при условията на Теорема 1) и като функция на \(\delta\) при фиксирано \(\theta, \quad \theta \in\left(0 ; \tfrac{4}{5}\right)\).

От \(\tfrac{\partial F}{\partial t}(t, \delta)=-\tfrac{(5-2 \sqrt{5}) \theta \cdot \delta^{2} \cdot p}{[\delta t+\theta(1-\theta) p]^{2}}-\tfrac{2}{\sqrt{\theta^{2}(1-2 t)+(1-\theta)^{2}-2 \delta}} \lt 0\)

следва, че е достатъчно да докажем:

(3.69) \(F(M) \geq 1\)

(М е определено в Теорема 1). Съгласно Теорема 1 разглеждаме два случая:

(i) \(t=2 x-3 x^{2}, \quad p=x^{2}-2 x^{3}, \quad x \in\left(\tfrac{1}{3} ; \tfrac{1}{2}\right), \quad x=x_{2}\).

След заместване на \(t, p\) в (3.61) и преобразуване получаваме

(3.69) ⇔

(3.70) \(G(x,\delta)\ge 1,\) ,

Където \(G(x, \delta)=\tfrac{(5-2 \sqrt{5}) \theta\left(x-2 x^{2}\right)}{\delta(2-3 x)+\theta(1-\theta)\left(x-2 x^{2}\right)}+2 \sqrt{\theta^{2}\left(6 x^{2}-4 x+1\right)+(1-\theta)^{2}-2 \delta}\)

От \(\cfrac{\partial^{2} G}{\partial \delta^{2}} \lt 0\)

\((\cfrac{\partial^{2} G}{\partial \delta^{2}}=-\cfrac{20(5-2 \sqrt{5}) \theta^{2}(1-\theta)\left(x-2 x^{2}\right)(2-3 x)}{\left[\delta(2-3 x)+\theta(1-\theta)\left(x-2 x^{2}\right)\right]^{3}}-\cfrac{2}{\sqrt{\left[\theta^{2}\left(6 x^{2}-4 x+1\right)+(1-\theta)^{2}-2 \delta\right]^{3}}})\) следва, че за да е вярно (3.70), трябва да докажем следните:

(3.71) \(G(x, 0) \geq 1\)

И

\[ G\left(x, \tfrac{(1-\theta)^{2}}{4}\right) \geq 1 \]

\((3.71) \Leftrightarrow g_{1}(x, \theta) \geq 1\), където \(g_{1}(x, \theta)=2 \sqrt{\theta\left(6 x^{2}-4 x+1\right)+(1-\theta)^{2}}\). Да отбележим, че \(x\) и \(\theta\) не зависят едно от друго.

От \((3.71) \Rightarrow \quad \tfrac{\partial g_{1}(x, \theta)}{\partial x}=\)

\(\tfrac{12 x-4}{\sqrt{\theta^{2}\left(6 x^{2}-4 x+1\right)+(1-\theta)^{2}}} \gt 0 \quad\left(x \in\left(\tfrac{1}{3} ; \tfrac{1}{2}\right)\right)\). Следователно \(g_{1}(x, \theta)\) е растяща по отношение на \(x\). Тогава (3.71) следва от:

\(g_{1}(x, \theta) \gt g_{1}\left(\tfrac{1}{3}, \theta\right)=2 \sqrt{\tfrac{\theta^{2}}{3}+(1-\theta)^{2}} \geq 1\), което точно е доказаното по-горе (3.64).

(3.72) ⇔

(3.73) \(g_2(x,\theta)\ge 1\) ,

Където \(g_{2}(x, \theta)=\cfrac{5(5-2 \sqrt{5}) \theta(1-\theta) x(1-2 x)}{2-3 x-\theta\left(8 x^{2}-7 x+2\right)}+2 \sqrt{\theta^{2}\left(6 x^{2}-4 x+1\right)+\cfrac{(1-\theta)^{2}}{2}}\) . Oт (3.73) получаваме:

\(\cfrac{\partial g_{2}(x, \theta)}{\partial x}=\cfrac{5(5-2 \sqrt{5}) \theta(1-\theta)\left[9 x^{2}-8 x+2+\theta(1-x)(3 x-1)\right]}{\left[2-3 x-\theta\left(8 x^{2}-7 x+2\right)\right]^{2}}+\cfrac{4 \theta^{2}(3 x-1)}{\sqrt{\theta\left(6 x^{2}-4 x+1\right)+\cfrac{(1-\theta)^{2}}{2}}} \gt 0\) (защото \(x \in\left(\cfrac{1}{3} ; \cfrac{1}{2}\right)\) и \(\quad \theta \in\left(0 ; \cfrac{4}{5}\right)\) ). Тогава \(g_{2}(x, \theta)\) е растяща по отношение на x и е достатъчно да докажем:

(3.74) \(g_2\left(\cfrac{1}{3},\theta\right)\ge 1\) .

Но (3.74) е еквивалентно на \(\cfrac{5(5-2 \sqrt{5}) \theta(1-\theta)}{9-5 \theta}+\cfrac{\sqrt{6}}{3} \sqrt{5 \theta^{2}-6 \theta+3} \geq 1 \) , т.е. на (3.65), което е доказано по-горе.

(ii) \(t=\tfrac{1}{4}\left(1+2 x-3 x^{2}\right), \quad p=\tfrac{1}{4}\left(x^{3}-2 x^{2}+x\right), \quad x \in\left(0 ; \tfrac{1}{3}\right), \quad x=x_{3}\).

След заместване на t , p в (3.61) получаваме (3.69) ⇔

(3.75) \(H(x, \delta) \geq 1 \) ,

където \(H(x, \delta)=\cfrac{5\left(5-2 \sqrt{5} \delta \theta\left(x-x^{2}\right)\right.}{\delta(1+3 x)+\theta(1-\theta)\left(x-x^{2}\right)}+2 \sqrt{\cfrac{\theta^{2}}{2}\left(3 x^{2}-2 x+1\right)+\left(1-\theta^{2}\right)-2 \delta}\) . От \(\cfrac{\partial^{2} H}{\partial \delta^{2}} \lt 0\)

\((\cfrac{\partial^{2} H}{\partial \delta^{2}}=-\cfrac{10(5-2 \sqrt{5})(1-\theta) \theta^{2}\left(x-x^{2}\right)^{2}(1+3 x)}{\left[\delta(1+3 x)+\theta(1-\theta)\left(x-x^{2}\right)\right]^{3}}-\cfrac{2}{\sqrt{\left[\cfrac{\theta^{2}}{2}\left(3 x^{2}-2 x+1\right)+(1-\theta)^{2}-2 \delta\right]^{3}}})\)

получаваме,че (3.75) ще следва от верността на следните две неравенства:

(3.76) \(H(x, 0) \geq 1\)

и

(3.77) \(H\left(x, \cfrac{(1-\theta)^{2}}{4}\right) \geq 1\) .

Припомняме, че \(x \in\left(0 ; \tfrac{1}{3}\right), \delta \in\left(0 ; \tfrac{(1-\theta)^{2}}{4}\right]\) и \(\quad \theta \in\left(0 ; \tfrac{4}{5}\right)\).

Доказателство на (3.76):

(3.76) ⇔

(3.78) \(h(x,\theta)\ge 1,\)

където \(h_{1}(x, \theta)=2 \sqrt{\tfrac{\theta^{2}}{2}\left(3 x^{2}-2 x+1\right)+(1-\theta)^{2}}\).

От \(\tfrac{\partial h_{1}(x, \theta)}{\partial x}=\tfrac{\theta^{2}(3 x-1)}{\sqrt{\tfrac{\theta^{2}}{2}\left(3 x^{2}-2 x+1\right)+(1-\theta)^{2}}} \lt 0\) следва, че \(h_{1}(x, \theta)\) е намаляваща по отношение на \(x\). Тогава, за да е вярно (3.78), е достатъчно да докажем: \(h_{1}\left(\tfrac{1}{3}, \theta\right) \geq 1\), което е еквивалентно на доказаното по-горе

Доказателство на (3.77):

(3.77) \(h_{2}(x, \theta) \geq 1\) , където

\(h_{2}(x, \theta)=\tfrac{5(5-2 \sqrt{5}) \theta(1-\theta)\left(x-x^{2}\right)}{1+3 x-\theta\left(4 x^{2}-x+1\right)}+\sqrt{2} \sqrt{\theta^{2}\left(3 x^{2}-2 x+1\right)+(1-\theta)^{2}}\).

Последователно получаваме:

(3.79) \[ \tfrac{\partial h_{2}(x, \theta)}{\partial x}=\theta(1-3 x) r(x, \theta) \]

Където \(r(x, \theta)=\cfrac{5(5-2 \sqrt{5})(1-\theta)^{2}(x+1)}{\left[3 x+1-\theta\left(4 x^{2}-x+1\right)\right]^{2}}-\cfrac{\sqrt{2} \cdot \theta}{\sqrt{\theta^{2}\left(3 x^{2}-2 x+2\right)-2 \theta+1}} .\) . След пресмятане и опростяване получаваме:

(3.80) \(\tfrac{\partial r(x, \theta)}{\partial x}=\)

\[ \tfrac{5(5-2 \sqrt{5})(1-\theta)^{2}\left[-3 x-5+3 \theta\left(4 x^{2}+5 x-1\right)\right]}{\left[3 x+1-\theta\left(4 x^{2}-x+1\right)\right]^{3}}+\tfrac{\sqrt{2} \cdot \theta^{3}(3 x-1)}{\sqrt{\left[\theta^{2}\left(3 x^{2}-2 x+2\right)-2 \theta+1\right]^{3}}} \] От \(x \in\left(0 ; \tfrac{1}{3}\right)\) и \(\quad \theta \in\left(0 ; \tfrac{4}{5}\right)\) следва

(3.81) \[ -3 x-5+3 \theta\left(4 x^{2}+5 x-1\right) \lt 0 \]

Сега от (3.81) и (3.80) следва, че \(r(x, \theta)\) е намаляваща по отношение на \(x\). От последното и от (3.79) получаваме, че са възможни следните три случая:

(ii1) \(\tfrac{\partial h_{2}(x, \theta)}{\partial x} \gt 0\) за \(x \in\left(0 ; \tfrac{1}{3}\right)\),

(ii2) \(\tfrac{\partial h_{2}(x, \theta)}{\partial x} \gt 0\) за \(x \in\left(0 ; x_{0}\right)\) и \(\tfrac{\partial h_{2}(x, \theta)}{\partial x} \lt 0\) за \(x \in\left(x_{0} ; \tfrac{1}{3}\right)\),

(ii3) \[ \tfrac{\partial h_{2}(x, \theta)}{\partial x} \lt 0 \text { за } x \in\left(0 ; \tfrac{1}{3}\right) \]

От (ii1) − (ii3) следва, че за да докажем (3.77), е достатъчно да докажем: \(h_{2}(0, \theta) \geq 1\) и \(h_{2}\left(\tfrac{1}{3}, \theta\right) \geq 1\). Но последнитедвенеравенстваса еквивалентнисъответно на вярното неравенство \(\sqrt{2} \cdot \sqrt{\theta^{2}+(1-\theta)^{2}} \geq 1 \quad\left(\Leftrightarrow \quad(2 \theta-1)^{2} \geq 0\right)\) и на доказаното по-горе (3.65). С това приключва доказателството на Теорема 1.5.

Заб. Oт доказателството следва, че равенство се достига само когато всички числа са равни.

Заб. В доказателството на Теорема 1.5 в случаите, когато \(\delta=\tfrac{(1-\theta)^{2}}{4}\), от наредбата на числата \(a, b, c, d, e\) следва, че \(\theta \in\left(0 ; \tfrac{3}{5}\right)\). Но последното не влияе на доказателството, защото считаме, че \(\theta\) принадлежи на по-широк интервал, а именно \(\left(0 ; \tfrac{4}{5}\right)\).

4. Някои забележки и геометрични неравенства

Заб. От монотонността на \(M_{p}\) и от доказаните теореми в горния параграф например следват:

В случая, когато \(n=3\)

Теорема 4.1 За \(p \in(-\infty ; 0)\) неравенството \(A_{n} \geq(1-\lambda) . M_{p}+\lambda . S_{n}\) е изпълнено \(\Leftrightarrow \lambda \leq \tfrac{\sqrt{3}}{3}\).

Теорема 4.2 За \(p \in(-\infty ; 0)\) неравенството \(A_{n} \leq(1-\lambda) \cdot M_p+\lambda \cdot S_{n} \quad\) е изпълнено \(\Leftrightarrow \lambda \geq \tfrac{\sqrt{6}}{3}\).

В случая, когато \(n=4\)

Теорема 4.3 За \(p \in(-\infty ;-1)\) неравенството \(A_{n} \geq(1-\lambda) \cdot M_{p}+\lambda \cdot S_{n}\) е изпълнено \(\Leftrightarrow \lambda \leq \tfrac{1}{2}\).

Теорема 4.4 За \(p \in(-\infty ;-1)\) неравенството \(A_{n} \leq(1-\lambda) \cdot M_{p}+\lambda \cdot S_{n}\) е изпълнено \(\Leftrightarrow \lambda \geq \tfrac{\sqrt{3}}{2}\).

Прилагайки метода, използван при доказателствата на теоремите от горния параграф, могат да се доказват и хомогенни симетрични геометрични неравенства. Това става по следния начин. Нека означим с \(x, y, z, s,, r, R, S\) съответно дължините на страните, полупериметъра, радиуса на вписаната окръжност, радиуса на описаната окръжност и лицето на произволен триъгълник. Полагаме \(x=a+b, y=b+c, z=c+a\). Тъй като неравенствата са хомогенни относно \(x, y, z\), y, z , то те са хомогенни и относно \(a, b, c\). Затова можем да считаме, че \(a+b+c=1\). Тогава при приетите означения получаваме

(4.1) \[ s=\tfrac{x+y+z}{2}=\tfrac{2(a+b+c)}{2}=1 \]

\(S=\sqrt{s(s-x)(s-y)(s-z)}=\sqrt{(a+b+c) a b c}=\sqrt{p}, r=\tfrac{S}{s}=\sqrt{p}\), \(R=\tfrac{x y z}{4 S}=\tfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{4 \sqrt{p}}=\tfrac{(1-c)(1-a)(1-b)}{4 \sqrt{p}}=\tfrac{1-(a+b+c)+(a b+b c+c a)-a b c}{4 \sqrt{p}}=\tfrac{t-p}{4 \sqrt{p}}\)

Пример (вж. следствие 4.2 от Niculesco, 2000). За произволен триъгълник е изпълнено неравенството

(4.2) \[ \left(s^{2}-2 R^{2}-10 R r+r^{2}\right)^{2} \leq 4 R(R-2 r)^{3} \]

Доказателство: за краткост ще пропуснем пресмятанията. За равностранен триъгълник се достига равенство. За неравностранен триъгълник от (4.1) получаваме, че

(4.2) ⇔

(4.3) \(f(t) \geq 0\) , където \(f(t)=-4 t^{3}+t^{2}+18 p t-4 p-27 p^{2} \) . Раз

глеждаме функцията \(f(t)\), определена в (4.3) при фиксирано \(p, p \in\left(0 ; \tfrac{1}{27}\right)\) за \(t \in[m ; M]\), където \(m, M\) са определени в Теорема 1. От (4.3) следва \(f^{\prime}(t)=-12 t^{2}+2 t+18 p\). Явно уравнението \(f^{\prime}(t)=0\) има корени \(t_{1} \lt 0 \lt t_{2}\).

Ще покажем, че

(4.4) \[ f^{\prime}(m) \gt 0 \]

Разглеждайки съответните два случая, получаваме, че последното неравенство е еквивалентно съответно на следните две верни неравенства:

\(\left(3 x_{1}-1\right)^{2}+6 x_{1}^{2}\left(2-3 x_{1}\right) \gt 0 \quad\left(x_{1} \in\left(0 ; \cfrac{1}{3}\right)\right) \) и \(\left(1-x_{4}\right)\left(3 x_{4}-1\right)^{3} \gt 0 \quad\left(x_{4} \in\left(\cfrac{1}{3} ; 1\right)\right)\) .

От (4.4) следва, че е достатъчно да проверим верността на следните неравенства: \(f(m) \geq 0\) и \(f(M) \geq 1\). Разглеждайки съответните четири случая, получаваме, че последните неравенства са всъщност тъждествата \(f(m) \equiv 0\) и \(f(M) \equiv 0\) ! (Т.е. неравенството (4.2) за положителните числа \(R, r\) е НДУ да съществува триъгълник с радиус на описаната окръжност, равен на \(R\), и радиус на вписаната окръжност, равен на \(r\) ). От последното, (2.19) и (2.20) следва, че равенство се достига за произволен равнобедрен триъгълник (което е добре известно).

Заб. Други доказателства на (4.2) могат да се намерят например в (Niculesco, 2000) и (Blundon, 1965).

Заб. Oт (4.2) следват неравенството на Ойлер и неравенствата на Blundon.

Предлагаме следните проблеми.

Да се намерят оптималните константи, при които са верни неравенствата \(M_{p_{2}} \leq(1-\lambda) \cdot M_{p_{1}}+\lambda \cdot M_{p_{3}}\) \(M_{p_{2}} \geq(1-\lambda) \cdot M_{p_{1}}+\lambda \cdot M_{p_{3}}\) за \(p_{1} \lt p_{2} \lt p_{3}\).

1.3a \(n=3, ~ p_{1}=-1, ~ p_{2}=1, ~ p_{3}=3,4,5 \ldots\)

2.3a \(n=3, p_{1}=0, p_{2}=1, p_{3}=3,4,5 \ldots\)

3.За \(n=3,p_1=1,p_2=2,p_3=3.\)

За \(n=3, \quad p_{1}, p_{3}, p_{3}\) са произволни.

Аналогични неравенства за \(n=4\).

Следвайки доказателството на Теорема 1.3.1, да се докаже, че \(A_{5} \geq(1-\lambda) \cdot H_{5}+\lambda \cdot S_{5}\) е изпълнено \(\Leftrightarrow \lambda \leq \tfrac{\sqrt{5}}{5}\).

Предположение:

за \(n \geq 3, \quad p \gt 1\)

\(A_{n} \leq\left(1-\lambda_{1}\right) \cdot G_{n}+\lambda_{1} \cdot M_{p}\) и \(A_{n} \geq\left(1-\lambda_{2}\right) \cdot G_{n}+\lambda_{2} \cdot M_{p}\) са изпълнени \(\Leftrightarrow\)

\(\lambda_{1} \geq\left(\tfrac{n-1}{n}\right)^{\tfrac{p-1}{p}}\) и \(\lambda_{2} \leq n^{\tfrac{1-p}{p}}\) съответно.

5. Доказателство на Теорема 1

Първо ще докажем следната:

Лема 1. Нека \(f(x), g(x)\) са непрекъснати и растящи (или намаляващи) функции в интервала (\(\alpha ; \beta\) ) и са изпълнени следните:

(5.1) \( |f(x)-g(x)| \gt 0 \text { за } \forall x \in(\alpha ; \beta)\)

(5.2) \( \exists a, b, c, d \in(\alpha ; \beta)\) , за които \( f(a)=g(b), \quad f(c)=g(d) \) .

Тогава е изпълнено неравенството

(5.3) \[ (a-b)(c-d) \gt 0 \]

Доказателство: ще разгледаме случая, когато \(f(x), g(x)\) са растящи. Допускаме противното, т.е. \(a \gt b, c \lt d\). Тогава от (5.2) получаваме \(g(a) \gt d(b)=f(a)\), откъдето (5.3) \(\quad g(a) \gt f(a)\). Аналогично \(f(c)=g(d) \gt d(c)\), откъдето (5.4) \(\quad f(c) \quad g(c)\).

Разглеждаме функцията \(F(x)=f(x)-g(x), x \in(\alpha ; \beta)\). От (5.3) и (5.4) следва, че \(F(a) \lt 0\) и \(F(c) \gt 0\). Тогава от теоремата на Вайерщрас следва, че \(\exists x_{0} \in(\alpha ; \beta)\), за което \(F\left(x_{0}\right)=0\). Последното противоречи на (5.1), следователно (5.3) е доказано. Случаят, когато функциите са намаляващи, се разглежда аналогично.

Теорема 1. Нека \(p\) е фиксирано число от интервала \(\left(0 ; \tfrac{1}{27}\right)\). Тогава:

(i) Уравненията \(2 x^{3}-x^{2}+p=0\) и \(x^{3}-2 x^{2}+x-4 p=0\) имат точно по два корена в интервала (\(0 ; 1\) ) съответно \(x_{1}, x_{2}\) и \(x_{3}, x_{4}\), , при което са изпълнени неравенствата

(2.13) \[ 0 \lt x_{3} \lt x_{1} \lt \tfrac{1}{3} \lt x_{2} \lt x_{4} \lt 1 \]

и

(2.14) \[ x_{2} \lt \tfrac{1}{2} \]

(ii) Нека \(a, b, c\) са положителни числа, поне две от които са различни, \(\quad a+b+c=1, \quad a b c=p\). Тогава множеството от стойности на \(t=a b+b c+c a\) съвпада с интервала \([m ; M]\), където

(2.15) \( m=\min \left\{g\left(x_{1}\right\}, h\left(x_{4}\right)\right\} ,\)

(2.16) \( M=\max \left\{g\left(x_{2}\right), h\left(x_{3}\right)\right\} \)

\(g(x)=2 x-3 x^{2}, \quad h(x)=\tfrac{1}{4}\left(1+2 x-3 x^{2}\right), x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}\) са определени в (i) .

(iii) Изпълнени са неравенствата

(2.17) \(m \gt \sqrt{3 p}\)

и

(2.18) \[ M \lt \tfrac{1+9 p}{4} . \]

Освен това, когато:

(2.19) \(t=m=2 x_{1}-3 x_{1}^{2}\), то \(p=x_{1}^{2}-2 x_{1}^{3}, t=M=2 x_{2}-3 x_{2}^{2}\), , то \(p=x_{2}{ }^{2}-2 x_{2}^{3}\)

(2.20) \(t=m=\cfrac{1}{4}\left(1+2 x_{4}-3 x_{4}^{2}\right)\) , то \(p=\cfrac{1}{4}\left(x_{4}^{3}-2 x_{4}^{2}+x_{4}\right)\)

\(t=M=\tfrac{1}{4}\left(1+2 x_{3}-3 x_{3}^{2}\right)\), то \(p=\tfrac{1}{4}\left(x_{3}^{3}-2 x_{3}^{2}+x_{3}\right)\),

\(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}\) са определени в ( ) \(, m, M\) са определени в \((i i)\).

(iv)

(2.21) Когато са изпълнени (2.19) или (2.20), точно две от числата \(a, b, c\) са равни помежду си.

Доказателство: разглеждаме функцията \(f_{1}(x)=2 x^{3}-x^{2}+p\). Oт \(f_{1}^{\prime}(x)=6 x^{2}-2 x\) получаваме

(5.5) \(f_{1}(x)\) е растяща за \(x \in(-\infty ; 0),\left(\cfrac{1}{3} ; 1\right)\) и е намаляваща за \(x \in\left(0 ; \tfrac{1}{3}\right)\).

От (5.5) и от неравенствата:

\(f_{1}(0)=p \gt 0, f_{1}\left(\tfrac{1}{3}\right)=p-\tfrac{1}{27} \lt 0, f_{1}(1)=p+1 \gt 0, f_{1}\left(\tfrac{1}{2}\right)=p \gt 0\), следва, че

(5.6) \(\exists x_{1}, x_{2}: \quad f_{1}\left(x_{1}\right)=f_{1}\left(x_{2}\right)=0, \quad 0 \lt x_{1} \lt \tfrac{1}{3} \lt x_{2} \lt \tfrac{1}{2} \lt 1\)

Аналогично доказваме, че

(5.7) \[ \exists x_{3}, x_{4}: \quad f_{2}\left(x_{3}\right)=f_{2}\left(x_{4}\right)=0, \quad 0 \lt x_{3} \lt \tfrac{1}{3} \lt x_{4} \lt 1 \]

където \(f_{2}(x)=x^{3}-2 x^{2}+x-4 p\). Разглеждаме функциите \(F(x)=\tfrac{x(1-x)^{2}}{4}=\tfrac{1}{4} f_{2}(x)+p \quad\) и \(\quad G(x)=x^{2}(1-2 x)=-f_{1}(x)+p \quad\) за \(x \in\left(0 ; \tfrac{1}{3}\right)\). Лесно се проверява, че те са растящи в разглеждания интервал.

Ако \(a, b \in\left(0 ; \tfrac{1}{3}\right): \quad F(a)=G(b)=\tfrac{1}{32}\), то лесно се проверява, че \(a \lt \tfrac{1}{4} \lt b\). Уравнението \(F(x)=G(x)\) няма решение в посочения интервал, защото е еквивалентно на \(x(1-3 x)^{2}=0\). От последните разглеждания и от (5.6), (5.7) следва, че можем да приложим Лема 1 за функциите \(F(x), G(x)\), числата \(a, b, x_{1}, x_{3}\) и интервала \(\left(0 ; \tfrac{1}{3}\right)\).

Оттук получаваме, че

(5.8) \[ 0 \lt x_{3} \lt x_{1} \lt \tfrac{1}{3} \]

Разглеждаме \(F(x)\) и \(G(x)\), дефинирани по-горе за \(x \in\left(\tfrac{1}{3} ; 1\right)\).

Лесно се проверява, че тези функции са намаляващи в разглеждания интервал. От \(\lim _{x \rightarrow 1-0} F(x)=p=\lim _{x \rightarrow \tfrac{1}{2}} G(x)\) и от равномерната непрекъснатост на непрекъснатите функции \(F(x)\) и \(G(x)\) в интервала \(\left[\tfrac{1}{3} ; 1\right]\) следва, че

\(\exists c, d: \quad c \lt d, \quad c=\tfrac{1}{2}-\varepsilon, \quad d=1-\delta, \quad G(c)=F(d)\), където \(\varepsilon\) и \(\delta\) са достатъчно малки. Прилагаме Лема 1 за функциите \(F(x), \quad G(x)\), , числата \(c, d, x_{2}, x_{4}\) и интервала \(\left(\tfrac{1}{3} ; 1\right)\), откъдето получаваме:

(5.9) \(x_4\gt x_2\) .

От (5.8) и (5.9) следва верността на (2.13) и (2.14).

От \(a+b+c=1, \quad a b c=p\) последователно получаваме

\(a(1-a)^{2}=a(b+c)^{2} \geq a .4 b c=4 p \quad \Rightarrow \quad a-2 a^{2}+a^{3}-4 p \geq 0\) т.е.

\(f_{2}(a) \geq 0\) и от по-горе следва, че

(5.10) \(a \in\left[x_{3} ; x_{4}\right]\).

От \(a+b+c=1, \quad a b c=p\) също следва От \(a+b+c=1, \quad a b c=p\) също следва \(t=a b+b c+c a=a(b+c)+b c=a(1-a)+\tfrac{p}{a}=\tfrac{a^{2}-a^{3}+p}{a}=H(a)\), \(H(x)=\tfrac{x^{2}-x^{3}+p}{x}\).

Тогава съгласно (5.10) разглеждаме \(H(x)\) за \(x \in\left[x_{3} ; x_{4}\right]\).

\(H^{\prime}(x)=\tfrac{x^{2}-2 x^{3}-p}{x^{2}}=-\tfrac{f_{1}(x)}{x^{2}}\). От (5.5) и (5.6) следва, че

(5.11) \[ H^{\prime}(x) \gt 0 \text { за } x \in\left(x_{1} ; x_{2}\right) \text { и } H^{\prime}(x) \lt 0 \text { за } x \in\left(x_{3} ; x_{1}\right)\left(x_{2} ; x_{4}\right) . \]

От (5.11) следва, че \(t \in[m ; M]\), където \(m=\min \left\{H\left(x_{1}\right), H\left(x_{4}\right)\right\}\), , но \(H\left(x_{1}\right) =\cfrac{x_{1}^{2}-x_{1}^{3}+p}{x_{1}}=\cfrac{x_{1}^{2}-x_{1}^{3}+x_{1}^{2}-2 x_{1}^{3}}{x_{1}}=2 x_{1}-3 x_{1}^{2}=g\left(x_{1}\right) \) ( използвахме \(f_1(x_1)=0\) ), където \(g(x)\) е определена в \((i i)\),

\[ H\left(x_{4}\right)=\tfrac{x_{4}^{2}-x_{4}^{3}+p}{x_{4}}=\tfrac{x_{4}^{2}-x_{4}^{3}+\tfrac{x_{4}^{3}-2 x_{4}^{2}+x_{4}}{4}}{x_{4}}=\tfrac{1}{4}\left(1+2 x_{4}-3 x_{4}^{2}\right)=h\left(x_{4}\right) \] (използвахме \(f_{2}\left(x_{4}\right)=0\) ), където \(h(x)\) е определена в (ii). Аналогично по-лучаваме, че \(M=\max \left\{H\left(x_{2}\right), H\left(x_{3}\right)\right\}, H\left(x_{2}\right)=g\left(x_{2}\right)\) и \(H\left(x_{3}\right)=h\left(x_{3}\right)\). С това приключва доказателството на (2.15) и (2.16). (2.19) и (2.20) следват от дефинирането на \(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}, m\) и \(M\). Ще докажем (2.21) сам в един от възможните четири случая. Нека \(t=a b+b c+c a=m=2 x_{1}-3 x_{1}^{2}\) и \(p=a b c=x_{1}^{2}-2 x_{1}^{3}\) (сълласно (2.19)). Тогава \(a, b, c\) са корените на уравнението (припомняме, че \(a+b+c=1\) ) \(Z^{3}-Z^{2}+\left(2 x_{1}-3 x_{1}^{2}\right) Z+2 x_{1}^{3}-x_{1}^{2}=0\).

Лесносепроверява, чекоренитенатовауравнениеса \(Z_{1}=Z_{2}=x_{1}, \quad Z_{3}=1-2 x_{1}\) . Последното доказва верността на (2.21).

Останалите три случая се разглеждат аналогично. Остава да докажем (2.17) и (2.18). За да докажем (2.17), съгласно (2.19) е достатъчно да проверим верността на неравенствата \(g\left(x_{1}\right) \gt \sqrt{3 p}\) и \(h\left(x_{4}\right) \gt \sqrt{3 p}\). Лесно се проверява, че те са еквивалентни на следните две верни неравенства: \(x_{1}^{2}\left(3 x_{1}-1\right) \gt 0\) и \(\left(x_{4}-1\right)^{2}\left(3 x_{4}-1\right)^{2} \gt 0 \quad\left(x_{1} \in\left(0 ; \tfrac{1}{3}\right), \quad x_{4} \in\left(\tfrac{1}{3} ; 1\right)\right.\) съгласно (2.13)). Аналогично (2.18) следва от проверката на неравенствата \(g\left(x_{2}\right) \lt \tfrac{1+9 p}{4}\) и \(h\left(x_{3}\right) \lt \tfrac{1+9 p}{4}\). Лесно се проверява, че те са еквивалентни на следните две верни неравенства:

\(\left(3 x_{2}-1\right)^{2}\left(1-2 x_{2}\right) \gt 0\) и \(x_{3}\left(3 x_{3}-1\right)^{2} \gt 0\left(x_{2} \in\left(\tfrac{1}{3}, \tfrac{1}{2}\right), \quad x_{3} \in\left(0 ; \tfrac{1}{3}\right)\right.\) съгласно (2.13) и (2.14)).

С това приключва доказателството на теоремата.

REFERENCES / ЛИТЕРАТУРА

Hardy, G., J. E. Littlewood & G. Polya (1952). Inequalities. Cambridge: Mathematical Library (2-nd ed.).

Niculesco, C. P. (2000). A new look at Newton`s inequalities, J. Inequal. Pure and Appl. Math. , 1 (2), Article 17.

Sato, N. (2001). Symmetric polynomial inequalities, Crux Mathematicorum With Mathematical Mayhem, 27, 529 – 533.

Mitev, T. (2003). New inequalities between elementary symmetric polynomials, J. Inequal. Pure and Appl. Math. , 4 (2), Article 48.

Stolarsky K. B. (1971). Cubic triangle inequalities, Amer. Math. Monthly, 78, 879 – 881.

Aliyev, Y. N. (2007). The best constant for an algebraic inequality, \(J\). Inequal. Pure and Appl. Math., 8 (3), Article 79.

Crux Mathematicorum With Mathematical Mayhem (2004). 30 (8).

Blundon, W. J. (1965). Inequalities associated with the triangle, Canad. Math. Bull, 8, 615 – 626.

Barbara, R. (2008). A Useful Inequality, Crux Mathematicorum With Mathematical Mayhem, 34 (1), 38 – 43.