Неравенство.

[arqady]

MrDindows в сообщении #398856 писал(а):

Исправил ошибку. Доказать не могу всёравно)
$\frac{3x^2+2x+1}{\sqrt{3x^2+x+2}}+\frac{x^2+2x+3}{\sqrt{2x^2+x+3}} \ge \sqrt{\frac32}(\sqrt{x}+1)^2$

Это уже верно! Красивого доказательства, правда, мне найти не удалось.
Воспользуемся неравенством Гёльдера:
$\left(\frac{3x^2+2x+1}{\sqrt{3x^2+x+2}}+\frac{x^2+2x+3}{\sqrt{2x^2+x+3}}\right)^2\left((3x^2+2x+1)(3x^2+x+2)+(x^2+2x+3)(2x^2+x+3)\right)\geq$
$\geq(3x^2+2x+1+x^2+2x+3)^3=64(x^2+x+1)^3$.
Таким образом, остаётся доказать, что:
$128(x^2+x+1)^3\geq3(\sqrt{x}+1)^4(11x^4+14x^3+22x^2+14x+11)$.
Обозначим теперь $\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}=u$.
Тогда остаётся доказать, что $128(u^2-1)^3\geq3(u+2)^2(11u^4-30u^2+16)$,
что эквивалентно следующему очевидно верному при $u\geq2$ неравенству:
$(u-2)(95u^5+58u^4-310u^3-260u^2+176u+160)\geq0$.

[MrDindows]

arqady в сообщении #398989 писал(а):

Это уже верно! Красивого доказательства, правда, мне найти не удалось.
Воспользуемся неравенством Гёльдера:
$\left(\frac{3x^2+2x+1}{\sqrt{3x^2+x+2}}+\frac{x^2+2x+3}{\sqrt{2x^2+x+3}}\right)^2\left((3x^2+2x+1)(3x^2+x+2)+(x^2+2x+3)(2x^2+x+3)\right)\geq$
$\geq(3x^2+2x+1+x^2+2x+3)^3=64(x^2+x+1)^3$.
Таким образом, остаётся доказать, что:
$128(x^2+x+1)^3\geq3(\sqrt{x}+1)^4(11x^4+14x^3+22x^2+14x+11)$.
Обозначим теперь $\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}=u$.
Тогда остаётся доказать, что $128(u^2-1)^3\geq3(u+2)^2(11u^4-30u^2+16)$,
что эквивалентно следующему очевидно верному при $u\geq2$ неравенству:
$(u-2)(95u^5+58u^4-310u^3-260u^2+176u+160)\geq0$.

Может быть из начальнеого уравнения с двумя переменными получилось бы покрасивее решение?
И ещё, была у мну идея, нельзя ли сделать геометрическую интерпритацию даного неравенства? Так как
a^2+ab+b^2=\frac12$ - теорема косинусов для треугольника с углом $120^o $ и сторонами $a, b, \frac1{\sqrt{2}}$

[Sasha2]

Интересно, а можно ли считать красивым вот такое решение: (не совсем уверен в его правильности)

Применим подстанвку: $1+a^2-ab=x^2 $ и $1+b^2-ab=y^2$
Тогда неравенство перепишется в следующем виде $\frac{1+x^2-y^2}{x}+\frac{1+y^2-x^2}{y} \ge 2$ (то, что правая часть исходного неравенства не больше 2, показывается очень легко).
После небольших и легких манипуляций сводим это неравенство, вот к такому: $2 \ge \frac{x^3+y^3}{x+y}=x^2+y^2-xy$.
Или возвращаясь к исходным переменным, получаем вот такое неравенство:
$\sqrt{1+a^2-ab}\sqrt{1+b^2-ab} \ge a^2+b^2-2ab$.
А исходя из условиия $a^2+b^2+ab=\frac{1}{2}$ также легко показать, что верно даже и такое более сильное неравенство:
$1-ab \ge a^2+b^2-2ab$.

[MrDindows]

Sasha2 в сообщении #401740 писал(а):

Тогда неравенство перепишется в следующем виде $\frac{1+x^2-y^2}{x}+\frac{1+y^2-x^2}{y} \ge 2$ (то, что правая часть исходного неравенства не больше 2, показывается очень легко).

Неверное неравенство, ибо левая часть тоже не больше двух.
Если не верите, подставьте $a= \frac{1}{\sqrt{14}}, b= \frac{2}{\sqrt{14}}$

[Sasha2]

Можно еще и так попробовать, но это вряд ли красивое решение:
$LHS \ge \sqrt{\frac{(1+a^2-b^2)^2}{1+a^2-ab}+\frac{(1+b^2-a^2)^2}{1+b^2-ab}}$.
Остается показать, что $\frac{(1+a^2-b^2)^2}{1+a^2-ab}+\frac{(1+b^2-a^2)^2}{1+b^2-ab} \ge \frac{3}{2}(\sqrt{a}+\sqrt{b})^4$.
Используя неравенство Кощи-Шварца, получаем:
$\frac{(1+a^2-b^2)^2}{1+a^2-ab}+\frac{(1+b^2-a^2)^2}{1+b^2-ab} \ge \frac{4}{2+a^2+b^2-2ab}$.
И теперь нам надо показать, что $\frac{4}{2+a^2+b^2-2ab} \ge \frac{3}{2}(\sqrt{a}+\sqrt{b})^4=\frac{3}{2}(a+b+2\sqrt{ab})^2$.
Перепишем последнее неравенство в такой форме:
$\frac{8}{3} \ge (2+a^2+b^2-2ab)(a+b+2\sqrt{ab})^2$
Используя условие, получаем, что данное неравенство эквивалентно следующему:
$\frac{8}{3} \ge (\frac{5}{2}-3ab)(a+b+2\sqrt{ab})^2$.
А так как снова из условия следует, что $(a+b)^2=\frac{1}{2}+ab$, то снова данное неравенство можно записать так:
$\frac{8}{3} \ge (\frac{5}{2}-3ab)(\sqrt{\frac{1}{2}+ab}+2\sqrt{ab})^2$.

Вот честно говоря, пока не знаю, можно ли что-то отсюда вымучить, обозначив $x=ab$ (а может быть и $x=\sqrt{ab}$) и снова из условия, получив, что величина $ab$ может принимать значения только в промежутке от $0$ до $\frac{1}{6}$.

[MrDindows]

Sasha2 в сообщении #402552 писал(а):

данное неравенство можно записать так:
$\frac{8}{3} \ge (\frac{5}{2}-3ab)(\sqrt{\frac{1}{2}+ab}+2\sqrt{ab})^2$.

Вот честно говоря, пока не знаю, можно ли что-то отсюда вымучить, обозначив $x=ab$ (а может быть и $x=\sqrt{ab}$) и снова из условия, получив, что величина $ab$ может принимать значения только в промежутке от $0$ до $\frac{1}{6}$.

Опять таки, подставил сюда $a= \frac{1}{\sqrt{14}}, b= \frac{2}{\sqrt{14}}$, неравенство не верно =(

[Sasha2]

Ну что ж, видимо гомогенизации избеежать не удасться.
Тогда, используя условие перепишем данное неравенство в такой гомогенизированной форме:
$\frac{3a^2+b^2+2ab}{\sqrt{3a^2+2b^2+ab}}+\frac{3b^2+a^2+2ab}{\sqrt{3b^2+2a^2+ab}} \ge \sqrt{\frac{3}{2}}(a+b+2\sqrt{ab})$.
Теперь достаточно показать, что $\frac{3a^2+b^2+2ab}{\sqrt{3a^2+2b^2+ab}} \ge \sqrt{\frac{3}{2}}(a+\sqrt{ab})$.
Попробуем доказать даже более сильное неравенство: $\frac{3a^2+b^2+2ab}{\sqrt{3a^2+2b^2+ab}} \ge \sqrt{3}\sqrt{a^2+ab}$. (ОСНОВАНИЕ: Следующее простенькое неравенство: $\sqrt{2}\sqrt{x+y} \ge \sqrt{x}+\sqrt{y}$
Выполнив нудные (но нельзя сказать, что уж очень путанные) элементарные преобразования (путем переноса радикалов в одну часть и возведения в квадрат)
у меня данное неравенство свелось вот к такому: $b^4+a^2b^2 \ge 2ab^3$.
А это неравенство очевидно, что верно в силу AM-GM.
Второе слагаемое обрабатывается аналогично.