Строгое неравенство

[arqady]

Пусть $\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=x$, $\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=y$ и $\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=z$, где $a$, $b$ и $c$ положительны. Докажите, что

$$x^3+y^3+z^3+5xyz\leq1$$

[iancaple]

Из условия следует, что $x^2+y^2+z^2=1-2xyz$
Доказательство без счета: если $a,b,c$-стороны треугольника, то $x=\cos A,y=\cos B,z=\cos C$, а для косинусов углов треугольника предложенное тождество выполняется. В то же время оно является чисто алгебраическим относительно $a,b,c$, и раз оно выполняется на множестве положительной меры, то как оно может не выполняться на всем $\mathbb R^3$. Остается вывести из $x^2+y^2+z^2=1-2xyz,x>0,y>0,z>0$ требуемое неравенство, не уверен, что это проще, но хотя бы букв меньше.

[arqady]

iancaple в сообщении #1046170 писал(а):

Остается вывести из $x^2+y^2+z^2=1-2xyz,x>0,y>0,z>0$ требуемое неравенство

Почему $x$, $y$ и $z$ можно считать положительными?

[iancaple]

arqady в сообщении #1046186 писал(а):

Почему $x$, $y$ и $z$ можно считать положительными?

Виноват, из положительности $a,b,c$ это сразу не следует. Но считать можно, поменяем знаки у тех, которые отрицательны, неравенство станет сильнее, значит, можно доказывать только для положительных $x,y,z$

[arqady]

iancaple в сообщении #1046203 писал(а):

поменяем знаки у тех, которые отрицательны, неравенство станет сильнее

А как быть с условием $x^2+y^2+z^2+2xyz=1$? Оно ведь изменится.

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #1046161 писал(а):

Пусть $\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=x$, $\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=y$ и $\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=z$, где $a$, $b$ и $c$ положительны. Докажите, что

$$x^3+y^3+z^3+5xyz\le1$$

$a \ge b \ge c$

1. $ a \ge b+c$

Тогда: $( x \le -1$ , $y \ge 1$ , $z \ge 1)$ и $(\mid x \mid \ge y \ge z \ge 1)$ $\Rightarrow x^3+y^3+z^3+5xyz\le -4$

2. $a< b+c$

Тогда : $x= \cos{\alpha}, y= \cos{\beta}, z= \cos{\gamma}$ ($\alpha+\beta+\gamma=\pi$)

$x+y+z = \frac{R+r}{R}, xyz=\frac{p^2-(2R+r)^2}{4R^2}, x^2+y^2+z^2+2xyz=1$

$$\Leftrightarrow \frac{p^2-(2R+r)^2}{4R^2} \le \frac{r^2(3R+r)}{2R^2(5R-3r)}$$

Которое верно ( громоздко немного). Можно воспользоваться неравенством (Blundon): $p^2 \le (2R^2+10Rr-r^2)+2\sqrt{R(R-2r)^3$ , $2r\le R $

[arqady]

Моё доказательство основано на гомогенизации.

[TR63]

$x^3+y^3+z^3+5xyz\le 1$

$x^2+y^2+z^2+2xyz=1$

Для положительных $(x;y;z)$ можно сделать обобщение:

$x^3+y^3+z^3+mxyz\le 1$

$x^2+y^2+z^2+nxyz=1$

Найти положительные $(m;n)$, для которых верна данная система.

У меня (уж, слишком просто; даже сомневаюсь) получилась такая формула:
$n=(3+m)-3(3+m)^{\frac1 3}$

Для минимального натурального (n) доказано, что можно обобщить и на отрицательные $(x;y;z)$. Можно ли такое обобщение сделать для других пар $(m;n)$.

arqady в сообщении #1048798 писал(а):

Моё доказательство основано на гомогенизации.

arqady, что такое гомогенизация (в Вике я такого понятия не нашла).

[arqady]

Делать однородным.

[TR63]

Спасибо, буду знать. Я для системы применяю другой метод. Пока не буду его раскрывать подробно. Может, кто самостоятельно догадается. А, термин мне, как раз, пригодится в другой теме (там ещё есть нераспечатанное неравенство).