Забавное неравенство

[arqady]

Пусть $a$, $b$ и $c$ положительны и $a^3+b^3+c^3+abc=4$. Докажите, что:

$$\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\geq3$$

(Равенство достигается)

ещё, например, когда $a=\frac{3}{2}$ и $b=c=\frac{1}{2}$

[TR63]

План длинного решения

(Оффтоп)

Не ограничивая общности, можно считать, что $a\ge c\ge b$, $0<c<\frac3 2$.
Приведя к общему знаменателю, получим:

$(2b+2c)a^3+[2b^2+(2c-3)b+c(2c-3)]a^2+\{b[2b^2+(2c-3)b+c(2c-3)]-c(3b+3c-2c^2)\}a+bc[2b^2+(2c-3)b+c(2c-3)]\ge0$

1). $c<1$
Имеем одну перемену знака. Неравенство достаточно исследовать при $a=c$.
2). $c\ge1$, ($b\le1$ (это следует из условия)).

$$f'_a=6(b+c)a^2+2[2b^2+(2c-3)b+c(2c-3)]a+\{2b^3+(2c-3)b^2+2c(c-3)b+c^2(2c-3)\}\ge0$$

Свободный член отрицателен, значит достаточно исследовать производную при $a=c$.

$12c^3+(12b-9)c^2+(6b^2-12b)c+2b^3\ge0$

Делаем усиление. Получаем верное неравенство.

$(3c^2+12bc^2)+(6b^2-12b)c+2b^3\ge0$ (к первой скобке применяем АМ-ГМ).

[Cap]

Неравенство эквивалентно следующему что $\sum \frac{b^2+c^2}{b+c}\geq\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3+abc}{4}}$
Пусть $3u=a+b+c$ $3v^2=ab+bc+ca$ и $w^3=abc$, тогда
$\frac{2(9u^2v^2-3v^4-2uw^3)}{9uv^2-w^3}\geq \sqrt[3]{\frac{27u^3-27uv^2+4w^3}{4}}$
Прологорифмиров обе части нам нужно доказать, что $f(w^3)\geq0$, где $f(w^3)=3\ln(9u^2v^2-3v^4-2uw^3)-\ln(27u^3-27uv^2+4w^3)-3\ln(9uv^2-w^3)+5\ln2$
$f'(w^3)=\frac{-729u^5v^2+162u^3v^4+351uv^6-48v^4w^3-8uw^6}{(9u^2v^2-3v^4-2uw^3)(27u^3-27uv^2+4w^3)(9uv^2-w^3)}<0$
Так как $f(w^3)$ убывающая функция, то достаточно проверить когда $w^3$ максимален. Без ограничения общности $b=c=1$, тогда нужно доказать, что $g(a)\geq0$, где $g(a)=3\ln(2a^2+a+3)-\ln(a^3+a+2)-3\ln(a+1)-3\ln3+2\ln2$
$g'(a)=\frac{(a-3)(a-1)(3a-5)}{(2a^2+a+3)(a^3+a+2)}$
$g(a)\geq\min\{g(1),g(3),g(\frac{5}{3})\}$=0

[novichok2018]

тогда справа 1, а не 3.

[arqady]

novichok2018 в сообщении #1346865 писал(а):

тогда справа 1, а не 3.

Это описка. В третьей строчке (а она, собственно, решает) всё правильно.