Неравенство

[daogiauvang]

Дано $a, b, c>0$, доказать, что $\sum \frac{a^2+(b+c)^2}{b^2+bc+c^2} \geq 5$.

[gris]

Для начала можно упростить(?)
$\sum \frac{a^2+bc}{b^2+bc+c^2} \geq 2$.
Равенство достигается на луче $a=b=c$.

[arqady]

Пусть $a+b+c=3u$, $ab+ac+bc=3v^2$ and $abc=w^3$.
Тогда наше неравенство эквивалентно следующему.

$$Kw^6+A(u,v^2)w^3+B(u,v^2)\geq0,$$

где $K\in\mathbb R$, а $A$ и $B$ - фукции от $u$ и $v^2$ только лишь.

Подставим теперь в последнее неравенство $(a,b,c)=(1,\xi,\xi^2)$, где $\xi^3=1$ и $\xi\neq1$.

Получим $K=0$ и наше неравенство оказалось линейным неравенством от $w^3$, что говорит о том,
что осталось его доказать для экстремального значения $w^3$, что произойдёт, когда две переменные равны
и нужно ещё проверить случай $w^3\rightarrow0^+$.

Эти проверки легко сделать.

[nimepe]

Если провести такие преобразования с членом суммы: $\frac{a^2+(b+c)^2}{(b+c)^2-bc}=$

$=\frac{1+\frac{a^2}{(b+c)^2}}{1-\frac{bc}{(b+c)^2}}$ то при$ a = 2(b+c)$ сумма однозначно будет
больше 5.

[grizzly]

nimepe в сообщении #1252134 писал(а):

Если провести такие преобразования с членом суммы: $\frac{a^2+(b+c)^2}{(b+c)^2-bc}=$

$=\frac{1+\frac{a^2}{(b+c)^2}}{1-\frac{bc}{(b+c)^2}}$ то при $a = 2(b+c)$ сумма однозначно будет больше 5.

Понятно, что полезно проверять неравенства на простейших примерах, прежде чем пытаться их доказывать, но совсем не обязательно делать эти проверки вслух.

[Sergic Primazon]

daogiauvang в сообщении #1251925 писал(а):

Дано $a, b, c>0$, доказать, что $\sum \frac{a^2+(b+c)^2}{b^2+bc+c^2} \geq 5$.

$$\Leftrightarrow \sum_{cyc}a^6+\sum_{cyc}a^5(b+c) \ge \sum_{cyc}a^4(b^2+c^2)+\sum_{cyc}a^3b^3$$

$$\dfrac{1}{3}\sum_{cyc}(a^6+a^5b+b^5a)\ge \sum_{cyc}a^4b^2\ , \ \dfrac{1}{3}\sum_{cyc}(a^6+a^5c+c^5a)\ge \sum_{cyc}a^4c^2$$

$$\dfrac{1}{3}\sum_{cyc}(a^5b+b^5a)\ge \dfrac{2}{3}\sum_{cyc}a^3b^3\ ,\ \dfrac{1}{6}\sum_{cyc}(a^6+b^6)\ge \dfrac{2}{6}\sum_{cyc}a^3b^3$$

[nimepe]

И чем вас grizzly не устроило доказательство?

[iifat]

Доказательство чего?