Неравенство

[RIP]

Обозначим $x_1=\frac a{a+b+c}$, $x_2=\frac b{a+b+c}$, $x_3=\frac c{a+b+c}$. Тогда $f(x)=(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)=x^3-x^2+\frac x4-x_1x_2x_3$. Поскольку $f(x)$ имеет 3 вещественных корня, то $f(1/6)\ge0$, то есть $x_1x_2x_3\le\frac1{54}$, что нам и нужно.

[juna]

По-моему, очень красивое решение.
Я получил это неравенство после муторных преобразований, которые привели к $(a+b+c)^3\ge 2(a+c)(b+c)(a+b)$, откуда и следовало приведенное мной неравенство.

[RIP]

Кстати, Ваше (juna) неравенство хуже тривиального $a+b+c\geqslant3\sqrt[3]{abc}$.

[juna]

Бывает

[arqady]

Всё правильно, RIP! Это общий метод. На последней IMO могла быть следующая задача:
Пусть

$$a^2+b^2+c^2+d^2=ab+ac+ad+bc+bd+cd,$$

где

$$a,$$

$$b,$$

$$c$$

и

$$d$$

неотрицательные числа. Докажите, что

$$(a+b+c+d)^3\leq27(abc+abd+acd+bcd).$$

Доказывается эта радость тем же методом ( можно, правда, и по-другому ).
В исходном же неравенстве ( которое получилось из juna-ного ) можно положить, что

$$\sqrt a=\sqrt b+\sqrt c.$$

[maxal]

arqady писал(а):

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

Пока непонятно, да, но это представление позволяет лучше понять природу неравенства. Например, я думаю, оно совсем не случайно получилось однородным (как полином 8-й степени от $a,b,c$), хотя из исходного неравенства это так сразу не видно.
Вот еще одно представление, на сей раз в виде степенных симметрических функций:

> top( (4 * ((p1*e2+p3)/(p1*e2-e3)+1)^2 - 11*p2/e2 - 14)  );     
(11*p1^8 - 63*p1^6*p2 + 39*p1^4*p2^2 + 68*p1^5*p3 - 48*p1^3*p3*p2 - 9*p1^2*p2^3 + 24*p1*p2^2*p3 + 2*p3^2*p1^2 - 24*p3^2*p2) / (p1^3 - p3)^2 / (p1^2 - p2)

Что дает равносильное (также однородное) неравенство:

$$11 p_1^8 - 63 p_1^6 p_2 + 39 p_1^4 p_2^2 + 68 p_1^5 p_3 - 48 p_1^3 p_3 p_2 - 9 p_1^2 p_2^3 + 24 p_1 p_2^2 p_3 + 2 p_3^2 p_1^2 - 24 p_3^2 p_2\geq 0,$$

где $p_i = a^i + b^i + c^i.$
Здесь интересно заметить, что сумма отрицательных коэффициентов по модулю совпадает с суммой положительных коэффициентов.
Для дальнейшего, видимо, нужно использовать доселе неиспользованное условие действительности и неотрицательности чисел $a,b,c$. Возможно, что-то из упомянутого в этой теме может пригодиться.

[RIP]

maxal писал(а):

Например, я думаю, оно совсем не случайно получилось однородным (как полином 8-й степени от $a$, $b$, $c$), хотя из исходного неравенства это так сразу не видно.

Мне тоже кажется, что не случайно. Возможно, дело в том, что исходное неравенство было однородным.

[RIP]

arqady писал(а):

Пусть

$$a,$$

$$b$$

и

$$c$$

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

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

Какое-то непонятное неравенство. Если обозначить $t=\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+ac+bc}$, то можно доказать более сильное неравенство (кроме случаев $t=1$ и $t=2$)
$\frac a{b+c}+\frac b{a+c}+\frac c{a+b}\geqslant\begin{cases}\frac{t^2+7t+4-(t-1)^{3/2}(t+2)^{1/2}}{2(t+3)},&t\in[1;2];\\t,&t\geqslant2.\end{cases}$

[Руст]

RIP писал(а):

arqady писал(а):

Пусть

$$a,$$

$$b$$

и

$$c$$

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

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

Какое-то непонятное неравенство. Если обозначить $t=\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+ac+bc}$, то можно доказать более сильное неравенство (кроме случаев $t=1$ и $t=2$)
$\frac a{b+c}+\frac b{a+c}+\frac c{a+b}\geqslant\begin{cases}\frac{t^2+7t+4-(t-1)^{3/2}(t+2)^{1/2}}{2(t+3)},&t\in[1;2];\\t,&t\geqslant2.\end{cases}$

Я так же сразу проверил, что правая часть неравенства $F_r(t)=\frac 12 \sqrt{11t+14}-1\le t\equiv \frac{s_2}{\sigma_2}$ при $t\ge 2$, т.е. слабее уже ранее доказанного. Однако для случая $1\le t<2$ оценку левой части надо провести точнее. Легко получаемая оценка $F_L(t)\ge 1+\frac t2$ так же не решает проблему. Несложно можно получить для этого случая так же оцунку через рациональную функцию. Однако при этом проверка $F_l(t)\ge R(t)\ge F_r(t)\equiv \frac 12 \sqrt{11t+14}-1$ стало слишком громоздкой и я забросил это дело.
RIP не покажете, как вы получили здесь $R(t)=\frac{t^2+7t+4-(t-1)^{3/2}(t+2)^{1/2}}{2(t+3)}$ и как вы сравнили это выражение с правой частью?

[maxal]

maxal писал(а):

Что дает равносильное (также однородное) неравенство:

$$11 p_1^8 - 63 p_1^6 p_2 + 39 p_1^4 p_2^2 + 68 p_1^5 p_3 - 48 p_1^3 p_3 p_2 - 9 p_1^2 p_2^3 + 24 p_1 p_2^2 p_3 + 2 p_3^2 p_1^2 - 24 p_3^2 p_2\geq 0,$$

где $p_i = a^i + b^i + c^i.$

Если предположить, что $0\leq a\leq b\leq c$, подставить $b=a+x$ и $c=a+x+y$ и привести подобные, то получится полином (от $a,x,y$) с всеми положительными коэффициентами, что и доказывает требуемое неравенство. Симметрические функции оказались не при чем

[RIP]

Да всё тем же методом. Обозначим $x_1=\frac{b+c}{a+b+c}$, $x_2=\frac{a+c}{a+b+c}$, $x_3=\frac{a+b}{a+b+c}$. Тогда $f(x)=x^3-2x^2+\frac{t+3}{t+2}x-x_1x_2x_3$. Поскольку $f(x)$ имеет $3$ вещественных корня, то $f\left(\Bigl(2-\sqrt{\frac{t-1}{t+2}}\,\Bigr)/3\right)\geqslant0$ (можно также написать условие неотрицательности дискриминанта). Это даёт некую оценку $x_1x_2x_3\leqslant\ldots$, которую я уже не помню. Поскольку $\frac a{b+c}+\frac b{a+c}+\frac c{a+b}=\frac1{x_1}+\frac1{x_2}+\frac1{x_3}-3=\frac{t+3}{(t+2)x_1x_2x_3}-3$, то получаем искомую оценку. Это неравенство неулучшаемо, поскольку равенство достигается для $a=b=1+\sqrt{\frac{t-1}{t+2}}$, $c=1-2\sqrt{\frac{t-1}{t+2}}$. Чтобы сравнить два выражения, достаточно просто доказать, что на $(1;2)$ уравнение $\frac{t^2+7t+4-(t-1)^{3/2}(t+2)^{1/2}}{2(t+3)}=\frac12\sqrt{11t+14}-1$ не имеет корней (метод интервалов). Решаем в лоб:
$(t^2+9t+10-(t+3)\sqrt{11t+14})^2=(t-1)^3(t+2)$,
$4(t+3)^2(t^2+9t+10)^2(11t+14)=\bigl((t^2+9t+10)^2+(t+3)^2(11t+14)-(t-1)^3(t+2)\bifr)^2$.
PARI/GP говорит, что это приводится к виду
$(t-2)(t-1)^2(t+3)^2(11t^2+31t+22)=0$.
Собственно, всё. Понятно, что в задаче подразумевалось другое решение.

[arqady]

maxal писал(а):

Если предположить, что $0\leq a\leq b\leq c$, подставить $b=a+x$ и $c=a+x+y$ и привести подобные, то получится полином (от $a,x,y$) с всеми положительными коэффициентами, что и доказывает требуемое неравенство.

Это верно, но очень сложно. Ведь после избавления от корня получается тривиальное

$$ \sum_{sym}(4a^7b+5a^6b^2-4a^5b^3-5a^4b^4+7a^6bc+12a^5b^2c-14a^4b^3c-5a^3b^3c^2)\geq0$$

Кстати, без всякого компьютера получить последнее неравенство берёт 20 минут!

[juna]

В принципе, для любых неотрицательных $a,b,c$ можно доказать более тривиальное:
$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}$.
А верно ли обобщение:
$\frac{a_1}{a_2+a_3}+\frac{a_2}{a_3+a_4}+...+\frac{a_n}{a_1+a_2}\ge \frac{n}{2}$?

[RIP]

Цитата из Н.Б.Васильев, А.А.Егоров "Задачи всесоюзных математических олимпиад":

Цитата:

Может показаться, что всегда верно более сильное неравенство:

$$\frac{a_1}{a_2+a_3}+\frac{a_2}{a_3+a_4}+\ldots+\frac{a_n}{a_1+a_2}\geqslant\frac n2\qquad(*)$$

(такую гипотезу выдвинул в 1954 г. американский математик Шапиро). В самом деле, это было постепенно доказано для нечетных $n\leqslant11$ и четных $n\leqslant12$, но уже для четных $n\geqslant14$ и нечетных $n\geqslant27$ неверно (сначала контрпримеры были придуманы для больших $n$). Точная оценка $\gamma_n\cdot\frac n2$, которую нужно поставить в (*) вместо $\frac n2$, для каждого $n$ неизвестна, но В. Г. Дринфельду... удалось получить... замечательный результат*: он нашел наилучшую оценку $\gamma\cdot\frac n2$, пригодную сразу для всех $n$. Это число $\gamma=\lim\limits_{n\to\infty}\gamma_n$ - ордината точки, в которой общая касательная к графикам функций $y=e^{-x}$ и $y=\frac2{e^{x/2}+e^x}$ пересекает ось $Oy$; $\gamma\approx0,989$.

*Дринфельд В. Г. Об одном циклическом неравенстве//Мат. заметки.-1971.-Т.9, №2.

[maxal]

Цитата:

Может показаться, что всегда верно более сильное неравенство:

$$\frac{a_1}{a_2+a_3}+\frac{a_2}{a_3+a_4}+\ldots+\frac{a_n}{a_1+a_2}\geqslant\frac n2\qquad(*)$$

(такую гипотезу выдвинул в 1954 г. американский математик Шапиро). В самом деле, это было постепенно доказано для нечетных $n\leqslant11$ и четных $n\leqslant12$, но уже для четных $n\geqslant14$ и нечетных $n\geqslant27$ неверно (сначала контрпримеры были придуманы для больших $n$).

Более подробно об этом рассказывается в Кванте:
История одного неравенства.