Кривое неравенство

[arqady]

Пусть $a$, $b$ и $c$ действительные числа такие, что $a^2-bc>0$, $b^2-ac>0$, $c^2-ab<0$ и $c(a+b+c)\geq0$. Докажите, что:

$$\frac{1}{a^2-bc}+\frac{1}{b^2-ac}+\frac{2}{c^2-ab}\geq0$$

[waxtep]

Кривое, зато однородное получилось подозрительно просто, боюсь, мог наврать, но не вижу:
1. при $c=0$ неравенство выполняется (квадрат разности); равенство при $a=b$
2. пусть $c \neq 0$; поскольку неравенство и все ограничения однородны степени $2$, не ограничивая общности, положим далее $c=1$
3. из $ab>1, a+b+1 \ge 0$ следует $a>0, b>0$; тогда из $a^2>b, b^2>a$ следует $a>1, b>1$ и, если положить $a>b$, то, окончательно, $b^2>a>b>1$
4. в неравенстве $\frac 1 {a^2-b}+\frac 1 {b^2-a}-\frac 2 {ab-1} \ge 0$ выделим из первых двух членов квадрат разности; докажем, что оставшееся неотрицательно, т.е. что $(ab-1)^2 \ge (a^2-b)(b^2-a)$. Это верно при данных ограничениях, сводится к $a^3+b^3+1 \ge 3ab$

[arqady]

Всё верно!

waxtep в сообщении #1117146 писал(а):

Кривое, зато однородное

Тогда вот не кривое, но неоднородное.
Пусть $a$, $b$ и $c$ неотрицательные числа, для которых $a+b+c+\sqrt{abc}=4$. Докажите, что:

$$\sqrt{24a+25}+\sqrt{24b+25}+\sqrt{24c+25}\geq21$$

[Sergic Primazon]

Сделаем замену: $ a=4sin^2 (\frac{\alpha}{2}), b= 4sin^2 (\frac{\beta}{2}), c=4sin^2 (\frac{\gamma}{2})$, $\alpha+\beta+\gamma=\pi $

$ f (x)=\sqrt {96\sin ^2(\frac{x}{2})+25}$- вогнуто выгнутая на $(0,\pi) $, поэтому:

$\alpha \ge \beta \ge \gamma $, $(\alpha \ge \frac{\pi}{3})$

$$f (\alpha)+f (\beta)+f (\gamma) \ge f (\alpha) +f (\frac{\beta+\gamma}{2})= f (\alpha) +2f (\frac{\pi-\alpha}{2}) \ge 21$$

Равенство при : $(\alpha = \beta= \gamma=\frac{\pi}{3} )$ и $(\alpha= \pi, \beta =\gamma= 0) $

[arqady]

Что делать в случае $\alpha\geq\beta\geq\arccos\frac{3}{8}\geq\gamma$?

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #1117261 писал(а):

Что делать в случае $\alpha\geq\beta\geq\arccos\frac{3}{8}\geq\gamma$?

Если $\beta $ правее точки перегиба, то "раздвинем" $\alpha $ и $\beta $ до того момента пока $\beta $ не сядет на точку перегиба

[arqady]

Замечательно! Но ведь это надо проверить. Там жуткие вычисления.

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #1117278 писал(а):

Замечательно! Но ведь это надо проверить. Там жуткие вычисления.

Так это же очевидно , на выпуклом участке раздвигаем точки, значит их центр тяжести опускается.

[arqady]

Я не про центр тяжести, это понятно (там, кстати, вогнутый участок. Если Вы раздвигаете на выпуклом участке, то центр тяжести поднимается).
Попробуйте проверить верность неравенства, когда $\beta=\arccos\frac{3}{8}$.

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #1117297 писал(а):

Я не про центр тяжести, это понятно (там, кстати, вогнутый участок. Если Вы раздвигаете на выпуклом участке, то центр тяжести поднимается).
Попробуйте проверить верность неравенства, когда $\beta=\arccos\frac{3}{8}$.

Сначала на ($0,t*) $ вогнутый , там сдвигаем . $(t*,\pi) $ выгнутый там раздвигаем пока $\beta $ не сядет на точку перегиба $t*$.

[waxtep]

У меня получилось очень похоже на решение Sergic Primazon, только с методом Лагранжа в финале:
1. $a=4\sin ^2 \alpha, b=4\sin ^2 \beta, c=4\sin ^2 \gamma, 0 \le \alpha , \beta , \gamma \le \pi /2$:
$\sin \gamma = \cos (\alpha + \beta ) \Rightarrow \alpha +\beta +\gamma = \pi/2$
2. применяя метод неопределенных множителей получаем $\frac {\sin \alpha} {\sqrt {96\sin ^2 \alpha +25}}=\frac {\sin \beta} {\sqrt {96\sin ^2 \beta +25}}=\frac {\sin \gamma} {\sqrt {96\sin ^2 \gamma +25}}=\operatorname{const}$, что дает единственный вариант $\alpha=\beta=\gamma=\pi/6$ (равенство).
3. отдельно проверяем границы, $\alpha=\pi/2, \beta=\gamma=0$ (равенство) и $\alpha=0, \beta+\gamma=\pi/2$ (равенство только при $\beta=0$ или $\gamma=0$, т.е. ничего нового.

[arqady]

Sergic Primazon, пока неравенство не доказано в случае $\beta=\arccos\frac{3}{8}$, то решения ещё нет. Кстати, на олимпиаде это нужно проверить без калькулятора.
waxtep, у Вас ошибка в производной.

[waxtep]

arqady в сообщении #1117316 писал(а):

waxtep, у Вас ошибка в производной.

Ой, какой кошмар, вот это ляп подставляя в числитель корректное значение $\sin 2\alpha$ и т.д. получаем квадратное уравнение относительно $\sin ^2 \alpha$, следовательно, в критической точке по крайней мере два из трех углов равны, например, $\beta=\alpha, \gamma=\pi/2-2\alpha$; и надо доказать, что $2\sqrt {96\sin ^2 \alpha+25}+\sqrt {96\cos ^2 2 \alpha +25} \ge 21$. Бррр!

-- 21.04.2016, 23:50 --

Запишем аккуратнее:
1. из метода Лагранжа получаем $\sin 2\alpha=2\lambda \sqrt {96\sin ^2 \alpha+25}$, и, то же самое для $\beta, \gamma$
2. у этого квадратного отн. $\sin ^2 \alpha$ уравнения может быть один положительный корень (при $96\lambda^2>1$), это случай $\alpha=\beta=\gamma=\pi/6$
3. либо два, и это $\beta=\alpha, \gamma=\pi/2-2\alpha$; найдем дифференцированием критические точки выражения $2\sqrt {96\sin ^2 \alpha+25}+\sqrt {96\cos ^2 2 \alpha +25}$: это $\alpha=0$ и корни уравнения $48x^3-23x^2-25$, где $x=\cos 2 \alpha$. Здесь один корень $x=1 \Rightarrow \alpha=0$ легко угадывается, а два других отрицательны, следовательно, других кртических точек нет ($\cos 2\alpha <0$ означал бы $\alpha=\beta>\pi/4 \Rightarrow \gamma<0$, что противоречит определению этих углов).

[waxtep]

waxtep в сообщении #1117337 писал(а):

корни уравнения $48x^3-23x^2-25$, где $x=\cos 2 \alpha$

и еще поправка: корни уравнения $48x^3+23x^2+25$, где есть единственный действительный корень $x=-1 \Rightarrow \alpha=\pi/2$, не подходящий под ограничения. Эта суетливость меня когда-нибудь погубит

[waxtep]

...тут я наконец задумался, как так может быть, что второй случай не включает в себя первый, и понял, что потерял двойку. Если ее не терять, то, во втором случае, критическими точками будут корни уравнения $192x^3-196x^2+25=0$. Здесь мы "имеем право" отгадать один корень $\cos 2\alpha=1/2$, и, оказывается, есть еще один! $\cos 2\alpha=5/6$, что соответствует (седловой) точке ${(\frac 1 3, \frac 1 3, \frac {25} 9)}$, в которой левая часть неравенства так же очень близка к $21$, $\frac {11\sqrt {33}} 3 \approx 21.06$. Вот это да...