Усиление Болгарского отбора

[arqady]

Пусть $a,$ $b$ и $c$ - длины сторон треугольника. Докажите, что

$$\left|\sqrt{\frac{a}{b}}-\sqrt{\frac{b}{a}}+\sqrt{\frac{b}{c}}-\sqrt{\frac{c}{b}}+\sqrt{\frac{c}{a}}-\sqrt{\frac{a}{c}}\right|\leq\frac{2}{27}$$

[age]

Выражение слева полностью симметрично относительно $a,b,c$ и не зависит от выбора сторон. Поэтому просто фиксируем одну сторону как $2$, а две другие меняем в пределах от $0$ до $2$. Всего получается несколько "крайних" случаев. Всех их рассматриваем и убеждаемся, что для них неравенство находится в заданных пределах. После этого по индукции делаем вывод, что и все промежуточные значения находятся также в заданных пределах.

[Sasha2]

Нет это непонятное и вообщем то не очень обоснованное решение (если это рассуждение можно назвать таковым).

[Sasha2]

Если без ограничения общности положить $a \le b \le c$ и $abc=1$, то тогда данное неравенство будет эквивалентно такому $|(\sqrt{b}-\sqrt{a})(\sqrt{c}-\sqrt{a})(\sqrt{c}-\sqrt{b})| \le \frac{2}{27}$. Дальше должен быть какой-то хитрый алгебраический трюк, показывающий, что это действительно так (я вот, к сожалению, таким не располагаю).

[OV08]

Сделаем подстановку Рави $a=x+y ...$
Надо доказать $|\prod{(\sqrt{x+y}-\sqrt{y+z})}| \le \frac{2}{27}\prod{(\sqrt{x+y})}$ (Тут подразумевается циклическое произведение)
Или
$|\prod{(x-z)}| \le \frac{2}{27}\prod{\sqrt{x+y}}\prod{(\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z})}$
Пусть $z=min(x,y,z)$. Заметим, что если вместо $x,y,z$ мы подставим $x-z,y-z, 0$ Левая часть не изменится, а правая уменьшится. (Вроде очевидно) Тогда обозначив $u=x-z, v=y-z$ Останется доказать:

$|u-v|uv\le \frac{2}{27}(\sqrt{u+v}+\sqrt{v})(\sqrt{u+v}+\sqrt{u})(\sqrt{u}+\sqrt{v})\sqrt{u+v}\sqrt{uv}$
Оно однородно, можно считать, что $u+v=1$
$|u-v|\sqrt{uv}\le \frac{2}{27}(1+\sqrt{v})(1+\sqrt{u})(\sqrt{u}+\sqrt{v})$
Это наверное верно, но я не проверял

[Sasha2]

Фактически неравенство будет доказано, если мы сможем показать, что
$\sqrt{b}-\sqrt{a} \le \frac{\sqrt[3]{2}}{3}c$, при условии $c \ge b-a$.
И остальные два неравенства аналогично.
Верно это или нет, пока вот так с ходу непонятно.

[OV08]

Sasha2 в сообщении #307800 писал(а):

Фактически неравенство будет доказано, если мы сможем показать, что
$\sqrt{b}-\sqrt{a} \le \frac{\sqrt[3]{2}}{3}c$, при условии $c \ge b-a$.
И остальные два неравенства аналогично.
Верно это или нет, пока вот так с ходу непонятно.

Неверно c=b а стремится к нулю

[Sasha2]

Еще учесть, что и $abc=1$
То есть числа фактически зажаты неравенствами треугольника и условием $abc=1$, то есть должны быть достаточно близки друг к другу.

[OV08]

Тоже самое $c=b=\frac{1}{\sqrt{a}}$ $a$ Очень маленькое

-- Чт апр 08, 2010 19:38:42 --

А когда вообще равенство?

[Sasha2]

Нет, это не годится для контрпримера, так как равносторонние и равнобедренные треугольники - это тривиальные случаи, когда исходное неравенство переходит в равенство.

[OV08]

$\frac{1}{8,7}$;2,9;3 Там необязательно равенство, имеется ввиду, что в и с близки, а а по сравнению с ними мало

-- Чт апр 08, 2010 19:48:13 --

А кроме тривиальных случакв равенство достигается?

[Sasha2]

Да, это контрпример.

[arqady]

OV08 в сообщении #307792 писал(а):

Останется доказать:

$|u-v|uv\le \frac{2}{27}(\sqrt{u+v}+\sqrt{v})(\sqrt{u+v}+\sqrt{u})(\sqrt{u}+\sqrt{v})\sqrt{u+v}\sqrt{uv}$
Оно однородно, можно считать, что $u+v=1$
$|u-v|\sqrt{uv}\le \frac{2}{27}(1+\sqrt{v})(1+\sqrt{u})(\sqrt{u}+\sqrt{v})$
Это наверное верно, но я не проверял

Это, действительно, верно, я проверил, поскольку получил эквивалентное неравенство.
Что Вы думаете по поводу вот этого неравенства? Спасибо!