Неравенство 26.

[TR63]

Для неотрицательных $(a,b,c)$ докажите неравенство:

$$\frac{b^2+c^2}{a}+\frac{a^2+c^2}{b}+\frac{a^2+b^2}{c}\ge\frac{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{a+b+c}$$

Примечание.

(Оффтоп)

Это неравенство у меня получилось при обобщении трёх здешних неравенств (я использовала обобщение (как аналитическое, так и гипотетическое), но не в глубь, а в ширь). Думаю, что предложенное неравенство подтвердит полученное обобщение. Само неравенство доказывается не очень сложно.

[Rak so dna]

TR63 в сообщении #1439685 писал(а):

Для неотрицательных $(a,b,c)$ докажите неравенство:

$$\frac{b^2+c^2}{a}+\frac{a^2+c^2}{b}+\frac{a^2+b^2}{c}\ge\frac{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{a+b+c}$$

$\sum\limits_{cyc}\frac{b^2+c^2}{a}-\frac{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{a+b+c}=\sum\limits_{cyc}\frac{(a-b)^2(2a^2+2b^2+2ac+2bc+3ab)}{2ab(a+b+c)}$
Отсюда следуют более сильные ограничения на $a,b,c$ например
$a\geqslant0$, $b\geqslant0$, $c\geqslant-\frac{2a^2+3ab+2b^2}{2a+2b}$

[Rak so dna]

Про ограничения я наврал

[TR63]

Rak so dna, спасибо.

Моё решение (длинное):

(Оффтоп)

$a+b+c=S_1$
$a^2+b^2+c^2=S_2$
$ab+ac+bc=S_3$

$\{S_1bc\}a^2+\{3bc(S_2+S_3)-S_1(S_1-a)[S_2-bc]\}a-\{S_1S_2bc\}\le0$

Достаточно доказать, что вторая скобка не положительна при $a+b+c=1$, $a\ge b\ge c$. Т.е.,что

$a(a^2+b^2+c^2-bc)+3bc(a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc)\le1$

1). $a\ge\frac1 2$

$a(a^2+b^2)+b(a^2+2b^2+b(2a+b))\le1$ (И ещё раз усиливаем, учитывая, что $b<1-a$)

2). $a<\frac1 2$. Делаем усиление $a=\frac1 2$, $c=\frac1 3$

$\frac1 2(\frac1 4+b^2)+b(\frac1 4+b^2+\frac1 3+\frac1 2b)<1$

В качестве обобщения я хочу придумать генератор неравенств. И я нашла два генератора неравенств как аналитический, так и гипотетический, анализируя три здешних неравенства. Это очень простые генераторы. Особенно меня интересует гипотетический. Если я подскажу, что это за неравенства, то только ленивый не сделает обобщение. Поэтому пока от подсказки воздержусь.

Итак, надо придумать метод генерации неравенств на основе какого-нибудь уже имеющегося неравенства.

[Rak so dna]

TR63 в сообщении #1439917 писал(а):

Достаточно доказать, что вторая скобка не положительна при $a+b+c=1$, $a\ge b\ge c$. Т.е.,что

$a(a^2+b^2+c^2-bc)+3bc(a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc)\le1$

Вы неверно раскрыли скобки. Должно быть: $a(a^2+b^2+c^2-bc)+3bc(a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc)\le(a^2+b^2+c^2-bc)$ Что неверно при $a=b=c=\frac{1}{3}$

TR63 в сообщении #1439917 писал(а):

Итак, надо придумать метод генерации неравенств на основе какого-нибудь уже имеющегося неравенства.

Ну пусть есть "какое-нибудь уже имеющееся" неравенство $f(a,b,c)\geqslant0$, верное для неотрицательных $a,b,c$ "генерируем" на "его основе" неравенство $f(a+2b,b+\frac{\pi^2}{\ln(c^2+a^{10}+1)+2},c^8+2020b^{c+1})\geqslant0$, верное для неотрицательных $a,b,c$.

[TR63]

Rak so dna, спасибо за проверку и обнаруженную ошибку (главное, что неравенство, сгенерированное мною из известного неравенства, верное).

Генератор на основе замены переменных не всегда имеет обратный генератор. Он не является однозначным, т. к. замену переменных можно делать различными способами.

Мой вариант.

Пусть $(f_1,f_2,f_3,f_4)>0$. Тогда из доказанного неравенства

1). $\frac{1}{f_1}+\frac{1}{f_2}+\frac{1}{f_3}+\frac{1}{f_4}\le\frac{16}{\varphi}$

генерируется верное неравенство (это можно доказать; количество слагаемых и коэффициент можно изменить )

2). $\varphi\le f_1+f_2+f_3+f_4$



Теперь, возможно, сузив область определения, надо найти условия, при которых из второго неравенства генерируется первое неравенство (знак у первого неравенства теперь не имеет значения; главное, чтобы он не изменялся в рассматриваемой области определения).

[TR63]

Rak so dna в сообщении #1439947 писал(а):

Вы неверно раскрыли скобки. Должно быть: $a(a^2+b^2+c^2-bc)+3bc(a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc)\le(a^2+b^2+c^2-bc)$

Это была ошибка, что $a+b+c=1\le a^2+b^2+c^2-bc$(абсолютная, т.е. во всей области определения, но гипотетически не влияющая на непрерывность знака неравенства в некотором классе функций, что и подтверждает Ваше аналитическое доказательство) по Фрейду, возможно.
Тогда приведу другое доказательство. Похоже, аналитическое.
Для неотрицательных $(a,b,c)$ докажите неравенство:

$$\frac{b^2+c^2}{a}+\frac{a^2+c^2}{b}+\frac{a^2+b^2}{c}\ge\frac{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{a+b+c}=3(a^2+b^2+ab+c)$$

$a+b+c=1$; $a\ge b\ge c$; $a\ge\frac1 3$; $bc\le\frac1 9$

Можно переписать в эквивалентном виде:

$(2-3a)(bc)^2+[3a^3-7a^2+8a-1](bc)-a(1-a)(2a^2-2a+1)\le0$

1). $a\le\frac2 3$. Делаем усиление,подставляя $bc<\frac{1}{27a}$. Получаем верное неравенство.
2). $a>\frac2 3$.

$(3a-2)(bc)^2-[3a^3-7a^2+8a-1](bc)+a(1-a)(2a^2-2a+1)\ge0$

Делаем усиление, подставляя:
$(bc)^2>c^4>(1-2a)^4$
$(bc)<\frac{1}{18}$.
Получаем верное неравенство.

Теперь сгенерируем новое неравенство (перевёрнутое к исходному). Здесь имеем обратный генератор. Т.к. исследуемая функция однородная перестановочная (циклическая), то знак неравенства гипотетически должен быть непрерывен (не должен изменяться). Значит он не должен гипотетически изменяться и при двух равных переменных, что легко проверить с помощью Вольфрама. Действительно, так. Остаётся доказать неравенство аналитически (или опровергнуть, что очень сомнительно; аналитическое доказательство имеется не только у меня):

$$\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{a^2+c^2}+\frac{c}{a^2+b^2}\ge\frac{3(a+b+c)}{a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc}=\frac{3}{a+(b^2+c^2+bc)}$$

В "Олимпиадном разделе" имеется ещё пара аналогичных (обратимых) неравенств от четырёх переменных.

[Rak so dna]

TR63 в сообщении #1441392 писал(а):

$$\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{a^2+c^2}+\frac{c}{a^2+b^2}\ge\frac{3(a+b+c)}{a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc}$$

$$\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{a^2+c^2}+\frac{c}{a^2+b^2}-\frac{3(a+b+c)}{a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc}=$$

$\sum\limits_{cyc}\frac{ab(a-b)^2\left(a^5(b+2c)+a^4b(3b+5c)+a^3(4b^3+6b^2c+c^3)+4a^2b^3(b+c)+ab^2(3b^3+3b^2c+2c^3)+b^3(b^3+c^3)\right)}{(ab^2+bc^2+ca^2+abc)(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}$