Красивое неравенство

[Sasha2]

Еще провошкался и пришел вот к чему:
Пока просто применим такую подстановку: $a=\frac{4}{\sqrt{11}}x$, $b=\frac{4}{\sqrt{11}}y$ и $c=\frac{4}{\sqrt{11}}z$.
После этого задача примет следующий вид:
Доказать, что $\sqrt{x^2+1}+\sqrt{y^2+1}+\sqrt{z^2+1} \le \frac{3\sqrt{3}}{11}(x+y+z)$ при условии $xy+yz+zx=\frac{33}{16}$.
Снова делаем подстановку (возвращаясь к исходным переменным) $x=\frac{a-\frac{1}{a}}{2}, y=\frac{b-\frac{1}{b}}{2}, x=\frac{c-\frac{1}{c}}{2}$, окончательно приходим к такой эквивалентной форме данного неравенства:
Для трех положительных $a$, $b$ и $c$ таких что, $(a-\frac{1}{a})(b-\frac{1}{b})+(b-\frac{1}{b})(c-\frac{1}{c})+(c-\frac{1}{c})(a-\frac{1}{a})=\frac{33}{4}$ доказать неравенство
$\frac{19+3\sqrt{33}}{8}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \le a+b+c$.
Забавно то, что корней теперь нет ни в условии, ни в самом неравенстве, но проще оно вряд ли стало.

Хотя вот смутно чувствую, что в основе красивого решения должна лежать идея, что если $xy+yz+zx=3$, то $x+y+z \ge 3$. То есть надо подвести и условие и само вот это последнее неравенство вот под такой монастырь. Но вот пока не вижу, как это можно сделать. Ну и, конечно, еще 10 раз все нужно перепроверить. Не факт абсолютно, что где-то у меня не была допущена обычная арифметическая ошибка.

[Sasha2]

Вы знаете, уважаемый Аркадий, ну совершенно непонятно, как можно доказать это неравенство тем же самым методом, что и предыдущие два. Тем же самым методом это неравенство сводится либо вот к такому:
$\frac{a^2}{(a+b)(a+c)}+\frac{b^2}{(b+a)(b+c)}+\frac{c^2}{(c+a)(c+b)} \le \frac{3}{4}$,
либо вот к такому:
$\frac{1}{(a+b)(a+c)}+\frac{1}{(b+a)(b+c)}+\frac{1}{(c+a)(c+b)} \ge \frac{3}{4}$.
И очевидно, что оба этих неравенства неверны.

[Sasha2]

Итак, нужно доказать неравенство:
$\[\sum\limits_{cyc} {\sqrt {33{a^2} + 16(ab + bc + ac)} \le 9(a + b + c)} \]$
Имеем:
$\[LHS = \sum\limits_{cyc} {\left( {\sqrt {\sqrt {33} a + 4\sqrt {ab + bc + ac} + 2\sqrt[4]{{132}}\sqrt a \sqrt[4]{{ab + bc + ac}}} \cdot \sqrt {\sqrt {33} a + 4\sqrt {ab + bc + ac} - 2\sqrt[4]{{132}}\sqrt a \sqrt[4]{{ab + bc + ac}}} } \right)} \]$
Основанием является легко проверямое тождество:$ \[x + y = (\sqrt x + \sqrt y + \sqrt[4]{{4xy}})(\sqrt x + \sqrt y - \sqrt[4]{{4xy}})\]$.
Теперь согласно Коши-Шварца (ну и конечно, согласно правил сокращенного умножения) имеем:
$\[LHS \le \sqrt {{{(\sqrt {33} (a + b + c) + 12\sqrt {ab + bc + ac} )}^2} - 8\sqrt {33} {{(\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c )}^2}\sqrt {ab + bc + ac} } \]$
И нам теперь осталось показать, что:
$\[{(\sqrt {33} (a + b + c) + 12\sqrt {ab + bc + ac} )^2} - 8\sqrt {33} {(\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c )^2}\sqrt {ab + bc + ac} \le 81{(a + b + c)^2}\]$
После приведения подобных и последующих упрощений (с постоянным сокращением на один и тот же множитель в обеих частях), получаем следующую эквивалентную форму данного неравенства:
$\[3(ab + bc + ac) + \sqrt {33} (a + b + c)\sqrt {ab + bc + ac} \le 3({a^2} + {b^2} + {c^2}) + \sqrt {33} (\sqrt {ab} + \sqrt {bc} + \sqrt {ac} )\sqrt {ab + bc + ac} \]$.
Но вообщем не видно сразу, что это неравенство было верным.

[arqady]

Sasha2 в сообщении #438845 писал(а):

После приведения подобных и последующих упрощений (с постоянным сокращением на один и тот же множитель в обеих частях), получаем следующую эквивалентную форму данного неравенства:
$\[3(ab + bc + ac) + \sqrt {33} (a + b + c)\sqrt {ab + bc + ac} \le 3({a^2} + {b^2} + {c^2}) + \sqrt {33} (\sqrt {ab} + \sqrt {bc} + \sqrt {ac} )\sqrt {ab + bc + ac} \]$.
Но вообщем не видно сразу, что это неравенство было верным.

Опровегните его сами.

[Sasha2]

Вот в связи с этим последним неравенством возникает такой вопрос:
Я заменяю в корнях $16$ на $\frac{16}{3}(ab+bc+ac)$ и уже перепробовал достаточно много вариантов доказательства, но все они приводят к эквивалентному неравенству, которое неверно.
Суть вопроса заключается вот в чем, сделав вышеозначенную замену, я получаю гомогенизированное неравенство, которое и пытаюсь доказать. Но оно вот не доказывается, как я ни бьюсь, а вот никак не получается. Складывается впечатление, что оно неверно ВООБЩЕ. Но здесь суть вопроса и заключается в этой оговорке "ВООБЩЕ". Так вот, должны ли мы и далее учитывать это условие $ab+bc+ac=3$, или, сделав вышеуказанную замену, мы можем просто забыть про него и доказывать данное неравенство для всех положительных $a, b, c$?

[Sasha2]

Вот сделал еще одну попытку и получил вот такое неравенство, эквивалентное исходному:
$\[17\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{(a + b)(a + c)}}} \le \frac{{33({a^2} + {b^2} + {c^2}) + 18(ab + bc + ac)}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 3(ab + bc + ac)}}\]$
Но опять же, непонятно с ходу верно оно или нет, да и неподъемно оно наверно также, как и исходное.

[arqady]

Sasha2 в сообщении #439287 писал(а):

Так вот, должны ли мы и далее учитывать это условие $ab+bc+ac=3$, или, сделав вышеуказанную замену, мы можем просто забыть про него и доказывать данное неравенство для всех положительных $a, b, c$?

После гомогенизации Вы можете считать, что $a$, $b$ и $c$ - произвольные неотрицательные числа.

[Sasha2]

Ну ничего не берет это неравенство.
Я так понял, что у него есть только один более менее приемлемый способ решения, состоящий в избавлении от иррациональности.
Но в этом случае мы получаем неравенство восьмой степени, доказать которое весьма проблематично из-за громоздкости.
Вы, конечно, уважаемый Аркадий решения не приведете (да и интересует вообще только классическое решение), кстати и подобная схема с Коши-Шварцем, указанная выше, приводит к неравенству четвертой степени (после expansion), что вызывает большое сомнение в том, что мы вообще таким способом получим верное неравенство, иными словами Коши-Шварц слишком груб для такого неравенства.
Да кстати перерыл все имеющиеся у меня источники и во нигде не нашел даже близкого примера, в котором встречается конструктив $ab+bc+ac$. Может быть хоть пример какой-нибудь разобранный укажете, который находится в свободном доступе.
Ну одним словом, ну никак не получается.

[arqady]

Sasha2 в сообщении #444593 писал(а):

Вы, конечно, уважаемый Аркадий решения не приведете...

Хорошо! Даю существенную подсказку.
Вам предстоит теперь не только завершить доказательство, но и объяснить появление именно $5a+2b+2c$.
Пусть $a$, $b$ и $c$ неотрицательны и $ab+ac+bc=3$. Докажите, что:

$$\sqrt{11a^2+16}+\sqrt{11b^2+16}+\sqrt{11c^2+16}\leq\sqrt{27}(a+b+c)$$

Начало доказательства:
$\left(\sum\limits_{cyc}\sqrt{11a^2+16}\right)^2\leq\sum\limits_{cyc}\frac{11a^2+16}{5a+2b+2c}\cdot\sum\limits_{cyc}(5a+2b+2c)$.

[Sasha2]

Ну я тогда тоже вывалю то, что мне удалось накопать, чтобы не возникало, что я мол на халяву хочу узнать решение такого неравенства:
Если обратить внимание, то что с этим неравенством имеет место:
Взяли вот многочлен $33a^2+33b^2+33c^2+48(ab+bc+ac)=(4a+4b+c)^2+(4b+4c+a)^2+(4c+4a+b)^2$ и растащили на три ужасных части $S_a=33a^2+16(ab+bc+ac), S_b=33b^2+16(ab+bc+ac), S_c=33c^2+16(ab+bc+ac)$
На каждую из этих частей одели по квадратному корню и предложили показать, что сумма одной тройки чисел меньше суммы другой тройки чисел, а вот суммы квадратов у этих троек равны.
Если обозначить: $T_a=(4b+4c+a), T_b=(4c+4a+b), T_c=(4a+4b+c)$, то ($T=T_a+T_b+T_c$) данное неравенство (яч пошел по пути прямого избавления от иррациональности) сводится вот к такому:
$2T\sqrt{S_aS_bS_c} \le (T_aT_B+T_bT_c+T_cT_A)^2-(S_aS_b+S_bS_c+S_cS_a)$.
И пока вот на этом я застрял.
Ну если окончательно, то перед последним возведением в квдрат данное неравенство выглядит так:
$3(a+b+c)\sqrt{S_aS_bS_c} \le 96(a+b+c)^4-104(a+b+c)^2(ab+ac+bc)+56(ab+bc+ac)^2+363abc(a+b+c)$.
И конечно его вид внушает ужас.


Вот в связ с этим у меня и возникает такой еще вопрос, а есть ли какой-либо критерий, что мол если сумма квадратов одной тройки чисел равна сумме квадратов другой тройки чисел, то та из них обладает большей простой уже суммой без квадратов, у которой, например произведение этих трех чисел больше (а может меньше?)

[Sasha2]

Ну вот после гомогенизации получаем опять вот такое уродство:
$\[\frac{{\sum\limits_{cyc} {(33{a^2} + 16(ab + bc + ac))(4{a^2} + 10{b^2} + 10{c^2} + 14ab + 14ac + 29bc)} }}{{\prod\limits_{cyc} {(4{a^2} + 10{b^2} + 10{c^2} + 14ab + 14ac + 29bc)} }} \le 9(a + b + c)\]$.
Непонятно, с чего ради это должно приводить к успеху.
Но если даже и так, то где же олимпиадная красота? Вместо нее предлагается заняться утомительными и нудными выклатками.
Ну может быть это и даст решение. Но все равно нет той изюминки, которая позволяет красиво применить классические неравенства, быстро без зубодробительных выклаток прийти к решению.
Наверно, если бы у этого неравенства бьыл бы хоть какой-нибудь практический смысл, то тогда да, его наверно имело бы смысл "РЕШАТЬ ЛЮБОЙ ЦЕНОЙ", но по всей видимости практического смысла в нем еще меньше чем красоты.
Короче, так можно решать, но олимпиадного тут мало чего. Это надо садиться, отключаться от всего и постоянно перепроверять на калькуляторе правильность выклаток (которых опять наверно на целую толстую тетрадь наберется), то бишь отсутсвие опечаток.

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #436923 писал(а):

Сейчас всё правильно. Поздравляю!
Вот ещё, на ту же идею:
Пусть $a$, $b$ и $c$ неотрицательны и $ab+ac+bc=3$. Докажите, что:

$$\sqrt{11a^2+16}+\sqrt{11b^2+16}+\sqrt{11c^2+16}\leq\sqrt{27}(a+b+c)$$

Кстати, в неравенстве Гёльдера та же идея иногда тоже работает.

Сделаем замену : $a=\sqrt{3}\tan(\frac{\alpha}{2}),b=\sqrt{3}\tan(\frac{\beta}{2}),c=\sqrt{3}\tan(\frac{\gamma}{2})$ , где $\alpha+\beta +\gamma=\pi$ , $\alpha,\beta ,\gamma\ge 0$

Тогда неравенство перепишется : $f(\alpha)+f(\beta)+f(\gamma) \le 0$ , $f(x)= \sqrt{33\tan^2(\frac{x}{2})+16}-9\tan(\frac{x}{2})$

Функция $f(x)$ вогнутая при $0\le x <t $ и выгнутая при $t<x<\pi{$ , $ (t<\frac{\pi}{3})$

$\Rightarrow Max(f(\alpha)+f(\beta)+f(\gamma))$ достигается $(0 \le \alpha \le \beta \le \gamma\le \pi)$ при соблюдении хотя бы одного из условий :$\boxed{\alpha = 0 }$ или $\boxed{\beta = \gamma}$.

Как несложно проверить $Max(f(\alpha)+f(\beta)+f(\gamma))=0$ достигается при : ($\alpha = 0 $ , $\beta = \gamma= \frac{\pi}{2}$) или ($\alpha=\beta=\gamma=\frac{\pi}{3}$)

$\Leftrightarrow (a=0,b=c=\sqrt{3})$ или($a=b=c=1$)

[arqady]

Sergic Primazon, теоремы Vasc-а - это мощная штука!
Мне было интересно это обойти.