неравенство 12.

[TR63]

Требуется для неотрицательных переменных доказать неравенство
$a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc\ge(a+b-c)\sqrt{2ab+ac+bc}+(a+c-b)\sqrt{2ac+ab+bc}+(b+c-a)\sqrt{2bc+ac+ab}$

Будем считать $a\ge b\ge c$, $a+b+c=1$

1). $b+c\ge a$ $\to$ $b+c\ge\frac1 2$, $b\ge\frac1 4$. При этих условиях выполняется неравенство $a(1-a)\ge b(1-b)$.
Рассмотрим усиленное неравенство

$[a^2+(b+c)a]+3bc\ge(a+b-c)\sqrt{2a^2+a(1-a)}+(a+c-b)\sqrt{2a^2+a(1-a)}+(b+c-a)\sqrt{2a^2+a(1-a)}$

$(a+3bc)^2\ge a^2+a$

$a^2+6bca+9(bc)^2\ge a^2+a$

Если $bc>\frac1 6$, то неравенство верно в рассматриваемой области. Но $bc>\frac1 6$ очень ложное в этой области, т.к. $c<\frac1 3$. Остаётся поискать стандартное доказательство. (Пока этот случай рассматривать не будем.)

2a). $b+c<a$, $b\le\frac1 3$ $\to$ $\frac1 2<a<1$.

Рассмотрим усиленное неравенство (оно будет доказано стандартным методом).

$a+3bc-2c(b+c-a)>2a\sqrt{a^2+a}$

$12a^4+(56b-60)a^3+(73b^2-138b+65)a^2+(42b^3-112b^2+98b-28)a+(9b^4-30b^3+37b^2-20b+4)>0$

$f'_a=48a^3+3(56b-60)a^2+2(73b^2-138b+65)a+(42b^3-112b^2+98b-28)=0$

В рассматриваемой области уравнение может иметь не более одного положительного корня (с учётом отрицательности свободного члена), т.к. многочлен $f'_a$ неустойчив. Для этого достаточно проверить условие Гурвица для многочленов с положительными коэффициентами:

$x^3+ax^2+bx+c=0$. Для устойчивости необходимо и достаточно выполнения условия $c<ab$. (Проверила на Вольфраме.)

$f'_a(a=\frac1 2)<0$
$f'_a(a=1)<0$

Значит сама функция монотонно убывает и достаточно исследовать на концах промежутка. Всё сходится.

2б.) $b>\frac1 3$

В качестве усиленного рассмотрим неравенство:

${a^2+b^2+(1-a-b)^2+(1-a-b)(a+b)+ab-[2(a+b)-1](a+b)-(1-2b)(a+b)}^2>(1-2a)^2[(2b+a)(1-a-b)+ab]$

$5a^4+2(5b-3)a^3+(7b^2-12b+4)a^2-(2b^3+8b^2-10b+3)a+(b^4-2b^3+5b^2-4b+1)>0$

Учитывая перемены знака, получаем, что возможно наличие не более двух положительных корней. Но один находится левее $a=\frac1 3$. Т.е. в рассматриваемой области находится не более одного положительного корня. Достаточно исследовать на концах промежутка. Всё сходится.

Осталось найти стандартное доказательство для первого случая (желательно попроще). ( В "Олимпиадном разделе" есть краткое доказательство, но его не все понимают). Можно возвести в квадрат и посмотреть, будут ли проблемы.

[bot]

При первом усилении неясно, почему это усиление. Ясно, что левая часть стала меньше, а почему правая часть стала больше?
А это и вовсе трудно истолковать

TR63 в сообщении #1183254 писал(а):

Но $bc>\frac1 6$ очень ложное в этой области, т.к. $c<\frac1 3$.

То есть в случае $b=c=\frac13$ это неравенство будет не очень ложным?

[TR63]

bot в сообщении #1183283 писал(а):

При первом усилении неясно, почему это усиление

$2ab+ac+bc<2a^2+ac+ba=2a^2+a(b+c)=2a^2+a(1-a)$

$2ac+ab+bc<ac+ac+ab+a^2<a^2+a(a+b+c)=2a^2+a$

$2bc+ac+ab<2a^2+a(c+b)=2a^2+a(1-a)$

Усиление получается, т.к. справа подставляем большую величину.

bot в сообщении #1183283 писал(а):

То есть в случае $b=c=\frac13$ это неравенство будет не очень ложным

Случай $a=b=c=\frac1 3$ можно рассмотреть отдельно (он тривиален). Пока всё равно, что там.

-- 10.01.2017, 16:21 --

В рассматриваемой области определения никак не может быть $bc>\frac1 6$, т.к. тогда должно быть $b>\frac1 2$ при условии $c<\frac1 3$, но по условию $a>\frac1 2$ и т.к. $b<a$, то имеем противоречие ($a+b+c=1$) (ложное утверждение во всей рассматриваемой области определения).
При возведении в квадрат левую часть усиливать не надо.

[bot]

TR63 в сообщении #1183287 писал(а):

В рассматриваемой области определения никак не может быть $bc>\frac1 6$, т.к. тогда должно быть $b>\frac1 2$ при условии $c<\frac1 3$, но по условию $a>\frac1 2$ и т.к. $b<a$, то имеем противоречие

$(\frac12\geqslant a\geqslant b)\&(\frac13\geqslant c)\Rightarrow \frac16 \geqslant bc.$
Это оно, что ли?

TR63 в сообщении #1183254 писал(а):

Пока этот случай рассматривать не будем.

Какой случай - неравенство $(a+3bc)^2\geqslant a^2+a$ бросим?
Что-то мне надоело кроксворды разгадывать.
Кстати, это неравенство ложно при $a=b=\frac12, c=0.$

[TR63]

bot в сообщении #1183545 писал(а):

Это оно, что ли?

Да.

bot в сообщении #1183545 писал(а):

Какой случай - неравенство $(a+3bc)^2\geqslant a^2+a$ бросим?

Да.

bot в сообщении #1183545 писал(а):

Кстати, это неравенство ложно при $a=b=\frac12, c=0.$

Вполне закономерно. Это, ведь, граница рассматриваемой области. А, на границе возможна потеря свойств, присущих внутренности.

bot в сообщении #1183545 писал(а):

Что-то мне надоело кроксворды разгадывать.

Не надо их разгадывать. Я сказала:

TR63 в сообщении #1183254 писал(а):

(Пока этот случай рассматривать не будем.)

Здесь я подразумевала полностью случай (1), т.к. мне нужно стандартное доказательство этого случая, а не гипотетическое (т.е. следующее из непрерывно ложного во всей области определения; при некоторых условиях следствия, полученные таким образом, будут непрерывны, т. е. либо ложны, либо правдивы во всей области определения; но это будут гипотетические следствия; повторяю, в этой теме мне нужно стандартное, желательно простое, доказательство первого случая; если у Вас нет конкретных предложений по доказательству первого случая, то, возможно, у кого-нибудь есть; то, что имеется в "Олимпиадном разделе", не всем понятно, а объяснений нет, поэтому мне нужно что-либо проще; ещё сложное и громоздкое доказательство имеется и в "Олимпиадном разделе" и в моей теме "Неравенство 11" (оно связано с этим неравенством) ).

[bot]

TR63 в сообщении #1183574 писал(а):

Пока этот случай рассматривать не будем.

А зачем было его вообще рассматривать, если он заведомо не ведёт к храму бесперспективный?

-- Ср янв 11, 2017 15:49:21 --

Не знаю, как другие читатели-разбиратели, а я почувствовал себя идиотом.

[TR63]

bot в сообщении #1183603 писал(а):

А зачем было его вообще рассматривать

В разделе ПРР нужны попытки самостоятельного решения.

bot в сообщении #1183603 писал(а):

если он заведомо не ведёт к храму бесперспективный?

Насчёт абсолютной бесперспективности я не очень уверена, потому что в теме "Неравенство 9", применив этот метод, мне сразу удалось решить задачу, предложенную для решения в "Олимпиадном разделе". В самом "Олимпиадном разделе" она до сих пор не решена. Т.е. я этим хочу сказать, что для предварительного анализа задачи этот метод (на примере здешних неравенств) может быть полезен. А, обсуждение метода можно рассматривать в соответствующей теме: "Открытые проблемы форумчан" или "Гипотетическая теория устойчивости". В этой теме мне нужно простое решение первого случая.

TR63 в сообщении #1183254 писал(а):

Осталось найти стандартное доказательство для первого случая (желательно попроще).

[TR63]

TR63 в сообщении #1183639 писал(а):

TR63 в сообщении #1183254

писал(а):
Осталось найти стандартное доказательство для первого случая (желательно попроще).

Этот вопрос снимаю. Оказывается в этом случае исходное неравенство следует из следующего усиленного неравенства (до которого очень легко додуматься):

$$a+b^2+c^2+bc\ge a\sqrt{2ab+bc+ca}+c$$

которое доказывается просто стандартной технологией. (Конечно, это не олимпиадное решение, но оно без не понятного мне изюма, который никто не торопится объяснить.)