Неравенство для IMO

[arqady]

Для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ докажите, что:

$$a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc\geq(a+b-c)\sqrt{2ab+ac+bc}+(a+c-b)\sqrt{2ac+ab+bc}+(b+c-a)\sqrt{2bc+ac+ab}$$

Мы послали это неравенство в этом году на IMO и оно не прошло даже в Шорт Лист. Поэтому не вижу проблемы его рассекретить.

[Rak so dna]

arqady в сообщении #1177914 писал(а):

Для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ докажите, что:

$$a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc\geq(a+b-c)\sqrt{2ab+ac+bc}+(a+c-b)\sqrt{2ac+ab+bc}+(b+c-a)\sqrt{2bc+ac+ab}$$

Мы послали это неравенство в этом году на IMO и оно не прошло даже в Шорт Лист. Поэтому не вижу проблемы его рассекретить.

Вроде бы получается доказать, что для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ верно:

$$\frac{4(a^3+b^3)+19ab(a+b)-11c^2(a+b)+8c(a^2+b^2)+8abc}{8(a+b+c)}\geq(a+b-c)\sqrt{2ab+ac+bc}$$

[arqady]

Да это даёт доказательство.
Но, во-первых: Ваше неравенство ещё нужно доказать, а это, по-моему, труднее, чем доказать исходное неравенство;
во-вторых: как до этого всего догадаться на самой олимпиаде?

[EtCetera]

Если обозначить $u=a+b+c$, $v=\sqrt{ab+ac+bc}$, то

$$a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc=u^2-v^2\ge \frac{3}{2}uv>\sqrt{2}uv$$

Но
\begin{align*}\sqrt{2}uv&=(a+b+c)\sqrt{2(ab+ac+bc)}=\\ &=(a+b-c)\sqrt{2ab+2ac+2bc}+(a+c-b)\sqrt{2ac+2ab+2bc}+(b+c-a)\sqrt{2bc+2ac+2ab}\ge\\ &\ge(a+b-c)\sqrt{2ab+ac+bc}+(a+c-b)\sqrt{2ac+ab+bc}+(b+c-a)\sqrt{2bc+ac+ab}\end{align*}$$

Последнее неравенство справедливо при $a+b+c\ge 2\max(a,b,c)$. Не знаю, можно ли довести до полного решения.

[arqady]

EtCetera, у Вас огромное количество ошибок.

[Rak so dna]

arqady в сообщении #1178761 писал(а):

Но, во-первых: Ваше неравенство ещё нужно доказать, а это, по-моему, труднее, чем доказать исходное неравенство;

Нам надо доказать, что

$$-11c^2(a+b)+8c(a^2+ab+b^2)+4(a^3+b^3)+19ab(a+b)\geq8((a+b)^2-c^2)\sqrt{2ab+ac+bc}$$

Пусть

$f_1(a,b,c)=-11c^2(a+b)+8c(a^2+ab+b^2)+4(a^3+b^3)+19ab(a+b)$ $f_2(a,b,c)=8((a+b)^2-c^2)\sqrt{2ab+ac+bc}$

Рассмотрим 1-й случай $a+b\geq c$
Легко показать, что для таких $a$, $b$ и $c$ $f_1(a,b,c)\geq0$ и $f_2(a,b,c)\geq0$. Поэтому достаточно показать, что $g(a,b,c)\geq0$ где $g(a,b,c)=f_1^2(a,b,c)-f_2^2(a,b,c)$

1.1 $a\geq b\geq c$:

$g(a+b+c,a+b,a)=16c^6+(120b+120a)c^5+(361b^2+770ab+385a^2)c^4+(550b^3+1874ab^2+1880a^2b+508a^3)c^3+ (445b^4+2196ab^3+3276a^2b^2+1632a^3b+228a^4)c^2+(204b^5+1420ab^4+2792a^2b^3+1848a^3b^2+336a^4b)c+68b^6+568ab^5+1396a^2b^4+1232a^3b^3+ 336a^4b^2\geq0$

1.2 $a\geq c\geq b$:

$g(a+b+c,a,a+b)=16c^6+(96b+120a)c^5+(216b^2+600ab+385a^2)c^4+(176b^3+838ab^2+1184a^2b+508a^3)c^3+(73b^4+486ab^3+990a^2b^2+804a^3b+228a^4) c^2+(34b^5+294ab^4+704a^2b^3+588a^3b^2+120a^4b)c+b^6+38ab^5+229a^2b^4+404a^3b^3+228a^4b^2\geq0$

1.3 $a+b\geq c\geq b\geq a$:

$g(a,a+b,a(1+\frac{1}{k})+b)=\frac{1}{k}(k^5b^6+(38k^5-28k^4)ab^5+(229k^5-104k^4-82k^3)a^2b^4+(404k^5+212k^4-310k^3-204k^2)a^3b^3+(228k^5+624k^4+252k^3-764k^2-199k)a^4b^2+(336k^4+840k^3-400k^2-604k-64)a^5b+(336k^3+112k^2-284k-128)a^6)\geq0$
для $k\geq1$
Ввиду симметрии $g(a,b,c)$ относительно $(a,b)$ случай 1 доказан.

Рассмотрим 2-й случай $c\geq a+b$. Будем рассматривать функции одной переменной $c$ и параметрами $a$ и $b$.
$f_1'_c(a,b,c)\leqslant0$ и $f_2'_c(a,b,c)\leqslant0$ поскольку

$f_1'_c(a,b,a+b+c)=-((22b+22a)c+14b^2+36ab+14a^2)$
$f_2'_c(a,b,a+b+c)=-\frac{(20b+20a)c^2+(40b^2+112ab+40a^2)c+16b^3+80ab^2+80a^2b+16a^3}{\sqrt{(b+a)(c+b+a)+2ab}}$

Так же, $f_1'_c(a,b,c)\geqslant f_2'_c(a,b,c)$, поскольку

$f_2'_c^2(a,b,a+b+c)- f_1'_c^2(a,b,a+b+c)=((400b^2+800ab+400a^2)c^4+(1116b^3+4628ab^2+4628a^2b+1116a^3)c^3+(1140b^4+7080ab^3+12904a^2b^2+7080a^3b+1140a^4)c^2+ (468b^5+4116ab^4+11288a^2b^3+11288a^3b^2+4116a^4b+468a^5)c+60b^6+768ab^5+3044a^2b^4+4544a^3b^3+3044a^4b^2+768a^5b+60a^6)\frac{1}{(b+a)(c+b+a)+2ab}$
Теперь можно завершить доказательство 2-го случая:
2.1 $f_1(a,b,a+b)\geqslant f_2(a,b,a+b)$ (следует из 1-го случая)
2.2 функции $f_1(a,b,c)$ и $f_2(a,b,c)$ убывают, т.к. $f_1'_c(a,b,c)\leqslant0$ и $f_2'_c(a,b,c)\leqslant0$
2.3 $f_2(a,b,c)$ убывает быстрее $f_1(a,b,c)$ т.к. $f_1'_c(a,b,c)\geqslant f_2'_c(a,b,c)$

arqady в сообщении #1178761 писал(а):

во-вторых: как до этого всего догадаться на самой олимпиаде?

Ну Ваше неравенство не прошло на олимпиаду, скорее всего его посчитали слишком сложным , поэтому можно рассматривать его как исследовательскую задачу Как раз мой случай

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #1177914 писал(а):

Для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ докажите, что:

$$a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc\geq(a+b-c)\sqrt{2ab+ac+bc}+(a+c-b)\sqrt{2ac+ab+bc}+(b+c-a)\sqrt{2bc+ac+ab}$$

Мы послали это неравенство в этом году на IMO и оно не прошло даже в Шорт Лист. Поэтому не вижу проблемы его рассекретить.

1. $ a+b\ge c, b+c \ge a, c+a \ge b $

$$(a+b-c)\sqrt{2ab+ac+bc}+(a+c-b)\sqrt{2ac+ab+bc}+(b+c-a)\sqrt{2bc+ac+ab}\le$$

$$\le \sqrt {(a+b+c)}\sqrt { (a+b-c)(2ab+bc+ca)+(b+c-a)(2bc+ca+ab)+(c+a-b)(2ca+ab+bc)}=$$

$$=\sqrt {(a+b+c)(a^2 (b+c)+b^2 (c+a)+c^2 (a+b))}$$

$$\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4 \ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 $$

2. $ c > a+b $

$$(b+c-a)\sqrt {2bc+ca+ab}+(c+a-b)\sqrt {2ca+ab+bc} \le c\sqrt {a^2+b^2+3c (a+b) }$$

$$(c+a-b)\sqrt {2ab+bc+ca}\ge (c+a-b)(a+b) $$

$$\Leftrightarrow c^2 -ab+2c (a+b) \ge c\sqrt {2 (a^2+b^2+3c (a+b) )}$$

[Rak so dna]

Sergic Primazon в сообщении #1178919 писал(а):

$$(b+c-a)\sqrt {2bc+ca+ab}+(c+a-b)\sqrt {2ca+ab+bc} \le c\sqrt {a^2+b^2+3c (a+b) }$$

Тут скорее всего ошибка, т.к. не сохраняется равенство при $a=b=c$ И распишите, пожалуйста, по подробнее доказательство, а то Вас поймёт только arqady.

[Sergic Primazon]

Rak so dna в сообщении #1178927 писал(а):

Sergic Primazon в сообщении #1178919 писал(а):

$$(b+c-a)\sqrt {2bc+ca+ab}+(c+a-b)\sqrt {2ca+ab+bc} \le c\sqrt {a^2+b^2+3c (a+b) }$$

Тут скорее всего ошибка, т.к. не сохраняется равенство при $a=b=c$ И распишите, пожалуйста, по подробнее доказательство, а то Вас поймёт только arqady.

$$(b+c-a)\sqrt {2bc+ca+ab}+(c+a-b)\sqrt {2ca+ab+bc} \le c\sqrt {2 (a^2+b^2+3c (a+b)}$$

[TR63]

Rak so dna в сообщении #1178917 писал(а):

Нам надо доказать, что

$$-11c^2(a+b)+8c(a^2+ab+b^2)+4(a^3+b^3)+19ab(a+b)\geq8((a+b)^2-c^2)\sqrt{2ab+ac+bc}$$

Можно воспользоваться другой идеей.

(Оффтоп)

Рассмотрим 1-й случай $c\le a+b$.



В силу симметрии (a;b), можно считать, что $b\ge a$. Можно представить $a=a_1c$, $b=b_1c$, $b_1\ge a_1$.
$4b_1^3+(19a_1+8)b_1^2+(19a_1^2+8a_1-11)b_1+(4a_1^3+8a_1^2-11a_1)\ge8[(a_1+b_1)^2-1]\sqrt{2a_1b_1+a_1+b_1}$
Правая и левая части положительны. При возведении в квадрат получается многочлен с не более чем одним положительным корнем, учитывая количество перемен знака с помощью Вольфрама плюс свойство. Поэтому достаточно исследовать при $b_1=a_1$.

Рассмотрим 2-й случай $a_1+b_1\le1$, $b_1\ge a_1$. $0\le b_1\le1-a_1$.
В левой части многочлен, имеющий не более одного положительного корня (не более одной перемены знака; доказывается просто). Достаточно исследовать левую часть на концах промежутка (не отрицательна). Правая часть не положительна.

[Rak so dna]

TR63 в сообщении #1179257 писал(а):

Рассмотрим 1-й случай. Правая и левая части положительны. При возведении в квадрат получается многочлен с не более чем одним положительным корнем, учитывая количество перемен знака с помощью Вольфрама плюс свойство. Поэтому достаточно исследовать при $b_1=a_1$.

Так. Правая и левая части неотрицательны, поэтому можно возвести в квадрат. Дальше я ничего не понял.

TR63 в сообщении #1179257 писал(а):

Рассмотрим 2-й случай
В левой части многочлен, имеющий не более одного положительного корня (не более одной перемены знака; доказывается просто). Достаточно исследовать левую часть на концах промежутка (не отрицательна). Правая часть не положительна.

Что именно исследовать в левой части на концах промежутка? Как это поможет доказать, что она больше правой части, если правая часть неположительна? Левая часть может быть и положительна и отрицательна и равна нулю, правая часть меньше либо ноль, что дальше?

Хотя в общем, план Вашего доказательства такой же как и у меня:
Для случая $a+b\geqslant c$ доказать в лоб. Для случая $a+b\leqslant c$ исследовать правую и левую части неравенства как функции.

[TR63]

Rak so dna в сообщении #1179269 писал(а):

Хотя в общем, план Вашего доказательства такой же как и у меня:
Для случая $a+b\geqslant c$ доказать в лоб.

Да, в лоб. Но тоже громоздко. Возможно, позже распишу подробнее.

Rak so dna в сообщении #1179269 писал(а):

Для случая $a+b\leqslant c$ исследовать правую и левую части неравенства как функции.

Rak so dna в сообщении #1179269 писал(а):

Левая часть может быть и положительна и отрицательна и равна нулю

У меня получается не отрицательна в рассматриваемой области определения.

TR63 в сообщении #1179257 писал(а):

$a=a_1c$, $b=b_1c$, $b_1\ge a_1$.
$4b_1^3+(19a_1+8)b_1^2+(19a_1^2+8a_1-11)b_1+(4a_1^3+8a_1^2-11a_1)$

Rak so dna

Я рассуждаю так.
Если свободный член положителен, то и $19a_1^2+8a_1-11>0$. Т.е. левая часть положительна. Если свободный член отрицателен, то независимо от знака коэффициента при $b_1$ количество корней не станет более одного. У нас $a_1$ параметр. Если многочлен третьей степени с одним положительным корнем на концах промежутка положителен, то он и внутри промежутка положителен. Проверяем. Если $b_1=0$, то $a_1<b_1$; значит $a_1=0$ (возможно, это рассуждение ошибочно?). Т.е. левая часть равна нулю. Теперь $b_1=1-a_1$. Подставляем. Считаем на Вольфраме. Получаем, левая часть положительна.
Rak so dna, если левая часть может быть отрицательна, то приведите пример, чтобы не объяснять, почему моё рассуждение не верно.

[Rak so dna]

TR63 в сообщении #1179282 писал(а):

Rak so dna, если левая часть может быть отрицательна, то приведите пример, чтобы не объяснять, почему моё рассуждение не верно.

Я это писал для второго случая

TR63 в сообщении #1179257 писал(а):

Рассмотрим 2-й случай $a_1+b_1\le1$, $b_1\ge a_1$. $0\le b_1\le1-a_1$

возьмите $a_1=0$ $b_1=\frac{1}{2}$

[TR63]

Rak so dna, вроде, такой вариант не подходит. Смотрите. По условию $a=a_1c$. Тогда (c) в Вашем примере определяется неоднозначно. Здесь $b=b_1c$ (c) определяется однозначно. Если Вы считаете, что это корректно, возражать не буду. Если можно, приведите пример, чтобы (с) определялось однозначно.
Если взять $b_1=0$, то $a_1=0$ и $b=b_1c$, $a=a_1c$. Здесь в обоих равенствах (с) неоднозначно (никаких противоречий).

[Rak so dna]

TR63 почему не определяется? $c$ - любое неотрицательное число, тогда, учитывая ваши обозначения $a=a_1c=0$, $b=b_1c=\frac{c}{2}$, ну и $c=c$
Если Вам так уж не нравится этот $0$, возьмите $a_1=\frac{1}{1000}$, $b_1=\frac{1}{2}$ ну или $a_1=\frac{\sqrt[3]{e}}{\pi^{945\sqrt{\pi^8+321000}}}$, $b_1=\frac{200}{407}$.
Хотя то что левая часть неравенства может быть меньше нуля итак видно из записи этой самой левой части: $-11c^2(a+b)+8c(a^2+ab+b^2)+4(a^3+b^3)+19ab(a+b)$ - это квадратный трехчлен относительно $c$ с отрицательным коэффициентом перед $c^2$, а значит он меньше нуля при достаточно больших $c$.
Что бы лучше понять как ведут себя левая и правая части неравенства, возьмите $c$ за переменную, и посмотрите на графики при нескольких различных фиксированных $a$ и $b$.