Еще неравенство

[arqady]

7bod7 писал(а):

как раз на школьном межнаре очень часто появляються неравенства которые не сложно
решаються с помощью лагранджа. например:

$$(a-1+\frac{1}{b})(b-1+\frac{1}{c})(c-1+\frac{1}{a})\leq1$$

где a,b,c- положытельные,
и $abc=1$

Конечно! Ведь это неравенство примитивно ( оно практически эквивалентно

$$R\geq2r$$

для треугольника ) и доказывается как угодно, в том числе и Лагранжем.

[bobo]

arqady, а как же насчет "красивой штуки" ??!!

Добавлено спустя 1 час 5 минут 28 секунд:

Да, насчет равенства. Оно достигается на 4-х прямых: $x=t_iy, z= \frac{-t_i^2+2t_i+1}{t_i+1}y$, где $t_i$ - корни уравнения $(t-1)(t^3-3t^2-4t-1)=0$.

[arqady]

bobo писал(а):

arqady, а как же насчет "красивой штуки" ??!!

О да! Прошу прощения, я не сразу заметил, что Вы уже всё доказали. Поздравляю!
имхо, интегральный метод красивый ( это и есть та самая штука ) , но довольно грубый. Следующее неравенство это подтверждает.
Докажите, что для положительных

$$a,$$

$$b$$

и

$$c$$

выполняется

$$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{9}{a+b+c}\geq6\left(\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{2b+a+c}+\frac{1}{2c+a+b}\right).$$

[bobo]

arqady писал(а):

Докажите, что для положительных

$$a,$$

$$b$$

и

$$c$$

выполняется

$$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{9}{a+b+c}\geq6\left(\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{2b+a+c}+\frac{1}{2c+a+b}\right).$$

Т.к. при домножении $a,b,c$ на константу неравенство не меняется, можно положить $a+b+c=3$. Тогда нер-во можно переписать так:
$3+\frac{1}{3-a}+\frac{1}{3-b}+\frac{1}{3-c} \geqslant \frac{6}{3+a}+\frac{6}{3+b}+\frac{6}{3+c}$
или $3 \geqslant \frac{15-7a}{9-a^2}+\frac{15-7b}{9-b^2}+\frac{15-7c}{9-c^2}=f(a,b,c)$.
Пусть $a\leqslant b\leqslant c$, тогда $a\leqslant 1, b+c\geqslant 2$ (*) Если рассмотреть разность $\Delta f=f(a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2})-f(a,b,c)$, то получится выражение вида $\Delta f=(c-b)^2g(b,c)$, где $g(b,c)$ неотрицательна при условии (*). Остается исследовать на экстремум функцию $f(x)=\frac{15-7x}{9-x^2}+2\frac{15-7\frac{3-x}{2}}{9-(\frac{3-x}{2})^2}$ на отрезке $[0,1]$: она имеет 2 максимума при $x=0$ и $x=1$, равных $3$.

[arqady]

Вот моё доказательство:

$$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{9}{a+b+c}\geq6\left(\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{2b+a+c}+\frac{1}{2c+a+b}\right)\Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow\sum_{cyc}\left(\frac{a+b+c}{b+c}-\frac{3}{2}\right)\geq6\sum_{cyc}\left(\frac{a+b+c}{2a+b+c}-\frac{3}{4}\right)\Leftrightarrow$

$$\Leftrightarrow\sum_{cyc}\frac{2a-b-c}{b+c}\geq3\sum_{cyc}\frac{b+c-2a}{2a+b+c}\Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow\sum_{cyc}\left(\frac{a-b}{b+c}-\frac{c-a}{b+c}\right)\geq3\sum_{cyc}\left(\frac{c-a}{2a+b+c}-\frac{a-b}{2a+b+c}\right)\Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow\sum_{cyc}\left(\frac{a-b}{b+c}-\frac{a-b}{a+c}\right)\geq3\sum_{cyc}\left(\frac{a-b}{2b+a+c}-\frac{a-b}{2a+b+c}\right)\Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow\sum_{cyc}(a-b)^2\left(\frac{1}{(a+c)(b+c)}-\frac{3}{(2a+b+c)(2b+a+c)}\right)\geq0.$$

Последнее неравенство запишем так:

$$\sum_{cyc}(a-b)^2S_c\geq0$$

и положим $$a\geq b\geq c.$
Тогда легко проверить, что

$$S_c\geq0,$$

$$S_b\geq0$$

и

$$S_a+S_b\geq0.$$

Поэтому

$$\sum_{cyc}(a-b)^2S_c\geq(a-c)^2S_b+(b-c)^2S_a\geq(b-c)^2(S_a+S_b)\geq0.$$