Неравенство

[arqady]

Пусть $a$, $b$ и $c$ неотрицательные числа такие, что $(ab+a+1)(bc+b+1)(ca+c+1)=27$. Докажите, что

$$a+b+c+ab+ac+bc+2abc\geq8$$

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #1035967 писал(а):

Пусть $a$, $b$ и $c$ неотрицательные числа такие, что $(ab+a+1)(bc+b+1)(ca+c+1)=27$. Докажите, что

$$a+b+c+ab+ac+bc+2abc\geq8$$

Сделаем замену : $ ab+a+1 =x$ , $ bc+b+1 =y $ , $ ca+c+1 =z.$

Тогда неравенство перепишется :

$\sqrt{x^2+y^2+z^2-2(xy+yz+zx)+4xyz} \ge 9$ , $xyz=27$

\Leftrightarrow $p^2+27 \ge 4q$. Которое верно по Шуру: $ p^2+27 \ge \frac{p^3+9r}{p}\ge 4q$

[arqady]

Sergic Primazon в сообщении #1037067 писал(а):

Сделаем замену : $ ab+a+1 =x$ , $ bc+b+1 =y $ , $ ca+c+1 =z.$

Тогда неравенство перепишется :

$\sqrt{x^2+y^2+z^2-2(xy+yz+zx)+4xyz} \ge 9$ , $xyz=27$

Здесь какая-то ошибка, видимо.

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #1037126 писал(а):

Sergic Primazon в сообщении #1037067 писал(а):

Сделаем замену : $ ab+a+1 =x$ , $ bc+b+1 =y $ , $ ca+c+1 =z.$

Тогда неравенство перепишется :

$\sqrt{x^2+y^2+z^2-2(xy+yz+zx)+4xyz} \ge 9$ , $xyz=27$

Здесь какая-то ошибка, видимо.

$2ya=-z+x-y+\sqrt{x^2+y^2+z^2-2(xy+yz+zx)+4xyz}$
$2zb=-x+y-z+\sqrt{x^2+y^2+z^2-2(xy+yz+zx)+4xyz}$
$2xc=-y+z-x+\sqrt{x^2+y^2+z^2-2(xy+yz+zx)+4xyz}$

$ya+zb+xc=3abc+ab+bc+ca+a+b+c=3abc+(x+y+z)-3=$ $-\frac{1}{2}(x+y+z)+\frac{3}{2}\sqrt{...}$

$2abc=-(x+y+z)+2+\sqrt{...}$

$2abc+ab+bc+ca+a+b+c=-(x+y+z)+2+\sqrt{...}+(x+y+z-3)=\sqrt{...}-1\ge 8$

[arqady]

Да, я вижу сейчас. Моё решение очень похоже. Надо было послать это на IMO.

[Null]

Придумал похожее решение только у меня 2 случая:
$2s+\frac{9p}{s}\ge 24$ и $2s+\frac{9p}{s}\le 24$
где $s=ab+bc+ca+a+b+c, p=(ab+a)(bc+b)(ca+c)$
какой из них всегда верен?

(Решение)

Пусть $s=ab+bc+ca+a+b+c$
$p=(ab+a)(bc+b)(ca+c)$
$s_2=(ab+a)(bc+b)+(ca+c)(bc+b)+(ab+a)(ca+c)$
$t=abc$
Дано $p+s+s_2=26$
Несложно показать $s\ge 6$,$s_2\le \frac{s^2}{4}+\frac{9p}{4s}$(неравенство Шура),$t(s+t+1)=p$ -торждество.
Получаем $p+s+\frac{s^2}{4}+\frac{9p}{4s}\ge 26$
$4p+4s+s^2+\frac{9p}{s}\ge 104$
1. Если $2s+\frac{9p}{s}\le 24$ то
$4p+2s+s^2\ge 80$ -вычли
2.$2s+\frac{9p}{s}\ge 24$ что равносильно $\frac{8s^2}{9}+4p\ge \frac{32s}{3}$
то $4p+2s+s^2\ge \frac{s^2}{9}+2s+(\frac{8s^2}{9}+4p)\ge 4+12+\frac{32\cdot 6}{3}=80$
но нам нужно доказать что $81\le(s+2t+1)^2=s^2+4t(s+t+1)+2s+1=s^2+4p+2s+1$ - уже доказали.

[grizzly]

(Восстановлено после случайного удаления)

Проясните, пожалуйста, один момент (чуть популярнее).
Формально менее симметричное неравенство $(a+b+c+abc)(ab+bc+ca+abc)\ge 16$ является более сильным (в силу неравенства Коши). Где проходит граница используемых техник доказательства? доказывают ли они оба неравенства автоматически или граница техники проходит между этими неравенствами?

[Null]

Подставьте $a=0,b=0,c=26$

[grizzly]

Null в сообщении #1037452 писал(а):

Подставьте $a=0,b=0,c=26$

Действительно

Вблизи 0 всё очень быстро портится. Проверил на Вольфраме -- если отступить от нуля на пару тысячных по всем переменным, тогда это глобальный минимум. Но это уже анализ, а не алгебра (что мне намного роднее :)

Спасибо!