Неравенство

[arqady]

Пусть $a$, $b$ и $c$ - неотрицательные числа, никакие два из которых не равны нулю и

$$ a^2+b^2+c^2=2(ab+ac+bc).$$

Докажите, что

$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\geq2.$$

[Slash]

(a^2-2ab+b^2)+(b^2-2bc+c^2)+(c^2-2ac+a^2)=a^2+b^2+c^2
(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2=a^2 + b^2 + c^2
Но a-b<b b-c<c c-a<c поэтому
(a-b)^2 + (b-c)^2 + (a-c)^2<=a^2 + b^2 + c^2
Равенство возможно когда хотябы одно из чисел равно 0, пусть с=0, тогда a=b и очевидно что требуемое неравенство выполняется[/url]

[Руст]

На самом деле допольнительное условие просто лишнее. Для симметричных многочленов всегда верно $\sigma_1^2(n-1)\ge (n+1)\sigma_2$, т.е обозначив $\theta=\frac{\sigma_1^2}{\sigma_2}\ge \frac{n+1}{n-1}\ge 2, n=3$.
Левая часть исходного выражения приводится к виду $\theta +\frac{4\sigma_3}{\sigma_1\sigma_2-sigma_3}\ge \theta\ge 2$ и доказательство не требует условия $\theta=2$.

[arqady]

Slash писал(а):

Но a-b<b b-c<c c-a<c

Что вдруг?

Добавлено спустя 1 минуту 30 секунд:

Руст писал(а):

На самом деле допольнительное условие просто лишнее.

А если

$$a=b=c$$

$$?$$

Вобще-то имеется очень простое доказательство.

[нг]

Slash
На форуме принято записывать формулы, используя нотацию ($\TeX$; введение, справка).
(ЛС).

[Руст]

Я вначале приводил выражение к виду $\frac{\sigma_1s_2+3\sigma_3}{\sigma_1\sigma_2-\sigma_3}$, откуда при $s_2=2\sigma_2$ следует ответ. Но, когда собирался послать решение увидел, что SLash уже выставил решение. Потом под впечатлением пропустил где то 2 и получил, что $s_2\ge 2\sigma_2$ вместо $s_2\ge \sigma_2$ и сделал ошибочный вывод, что неравенство выполняется и без дополнительного условия.
Думаю под красивым решением понимается умножение каждого члена на числитель в знаменателе и числителе и учитывая, что каждый знаменатель при этом не превосходит $\sigma_2$ получаем неравенство о том, что выражение больше или равно $\frac{s_2}{\sigma_2}$

[arqady]

Руст писал(а):

Думаю под красивым решением понимается умножение каждого члена на числитель в знаменателе и числителе и учитывая, что каждый знаменатель при этом не превосходит $\sigma_2$ получаем неравенство о том, что выражение больше или равно $\frac{s_2}{\sigma_2}$

Если Вы имеете в виду

$$\sum_{cyc}\frac{a}{b+c}=\sum_{cyc}\frac{a^2}{ab+ac}\geq\frac{(a+b+c)^2}{2(ab+ac+bc)}=2,$$

то это также и моё решение.

Следующее неравенство по-труднее.
Пусть $a$, $b$ и $c$ - неотрицательные числа, никакие два из которых не равны нулю.
Докажите, что

$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\geq\frac{1}{2}\sqrt{\frac{11(a^2+b^2+c^2)}{ab+ac+bc}+14}-1.$$

[Руст]

arqady писал(а):

Если Вы имеете в виду

$$\sum_{cyc}\frac{a}{b+c}=\sum_{cyc}\frac{a^2}{ab+ac}\geq\frac{(a+b+c)^2}{2(ab+ac+bc)}=2,$$

то это также и моё решение.

Я словами предложил следующее:

$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}=\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{ab+bc}+\frac{c^2}{ac+bc}\ge\frac{a^2}{\sigma_2}+\frac{b^2}{\sigma_2}+\frac{c^2}{\sigma_2}=\frac{s_2}{\sigma_2}=2.$$

По вашему условию $s_2=2\sigma_2$.

[arqady]

Wow, Руст! Красиво и просто!
Как на счёт второго неравенства? Мне не удалось найти красивое доказательство.

[maxal]

arqady писал(а):

Пусть

$$a,$$

$$b$$

и

$$c$$

- неотрицательные числа, никакие два из которых не равны нулю.
Докажите, что

$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\geq\frac{1}{2}\sqrt{\frac{11(a^2+b^2+c^2)}{ab+ac+bc}+14}-1.$$

Ну для начала можно избавится от корня и выразить разность через элементарные симметрические полиномы (в мапле с пакетом SF):

> with(SF);
[Par, add_basis, char2sf, conjugate, dominate, dual_basis, evalsf, hooks, itensor, jt_matrix, nextPar, omega, plethysm, scalar, sf2char, skew, stdeg, subPar, theta, toe, toh, top, tos, varset, zee]

> toe( (4 * ((p1*e2+p3)/(p1*e2-e3)+1)^2 - 11*p2/e2 - 14)  );
(12*e1^2*e2^3 - 19*e1^4*e2^2 - 32*e1*e2^2*e3 + 4*e2*e1^6 + 38*e2*e1^3*e3 + 24*e2*e3^2 - 11*e1^2*e3^2) / (e1*e2 - e3)^2 / e2

Таким образом, исходное неравенство равносильно неравенству:

$12 e_1^2 e_2^3 - 19 e_1^4 e_2^2 - 32 e_1 e_2^2 e_3 + 4 e_2 e_1^6 + 38 e_2 e_1^3 e_3 + 24 e_2 e_3^2 - 11 e_1^2 e_3^2 \geq 0,$

где $e_1 = a + b + c$, $e_2 = ab + bc + ca$ и $e_3 = abc$.

[arqady]

Ну и непонятно, что делать дальше. Моё доказательсво хоть и некрасивое, но всё-таки доказательство.

[juna]

Использую условие этой задачи, чтобы предложить другую, по-моему, несложную:

arqady писал(а):

Пусть

$$a,$$

$$b$$

и

$$c$$

- неотрицательные числа, никакие два из которых не равны нулю и

$$ a^2+b^2+c^2=2(ab+ac+bc).$$

Докажите, что $a+b+c\geq 2\sqrt[3]{2abc}$

[arqady]

juna писал(а):

Использую условие этой задачи, чтобы предложить другую, по-моему, несложную:

arqady писал(а):

Пусть

$$a,$$

$$b$$

и

$$c$$

- неотрицательные числа, никакие два из которых не равны нулю и

$$ a^2+b^2+c^2=2(ab+ac+bc).$$

Докажите, что $a+b+c\geq 2\sqrt[3]{2abc}$

$a+b+c\geq 3\sqrt[3]{2abc}$ также верно.

[juna]

Интересно решение. Мое решение не является совсем коротким, тем более вы подняли оценку. Я вижу, где в моем решении можно поднять, но насколько?

[arqady]

$3\sqrt[3]2$ это максимальная оценка. Равенство достигается, например, когда

$$a=4$$

и

$$b=c=1.$$

Решение писать не буду пока. Пусть народ подумает. Может, удовольствие получит.