Усиление неравенства

[Drimacus]

Есть простое неравенство для положительных вещественных чисел $a,b,c$: $\left(\dfrac{a}{b+c}\right)^{\tfrac{2}{3}} + \left(\dfrac{b}{c+a}\right)^{\tfrac{2}{3}} + \left(\dfrac{c}{a+b}\right)^{\tfrac{2}{3}} > 1.5$
Вот как его можно доказать:

(Оффтоп)

Распишем каждую скобку $\sqrt[3]{\dfrac{a^2}{(b+c)^2}}$ и применим к ней неравенство о среднем геометрическом и гармоническом: $\geqslant \dfrac{3a^2}{(b+c)^2+2a^2} \geqslant \dfrac{3}{2}\dfrac{a^2}{b^2+c^2+a^2}$. Складывая аналогичные неравенства для других скобок, получаем требуемое. По факту неравенство именно строгое, т.к. первое нестрогое неравенство не может быть таковым для всех трех корней сразу.

Но это неравенство очень грубое. Можно ли его как-нибудь улучшить?
Еще есть неравенство $ \sqrt{\dfrac{a}{b+c}} + \sqrt{\dfrac{b}{c+a}} + \sqrt{\dfrac{c}{a+b}} > 2$, которое можно доказать точно так же (оно тоже строгое по той же причине). Вопрос к нему тот же - как усилить?

(Оффтоп)

И еще неравенство для сторон треугольника $\sqrt[3]{\dfrac{a}{b+c-a}}+... \geqslant 3$. Оно уже не такое грубое, оценка достигается.

(Оффтоп)

Задавал первое из них ChatGPT и он не справился с ним. Чат написал много текста, но этот текст оказался от и до бредовым.

[gris]

из соображений однородности можно положить $a=1$ и попробовать найти минимум функции двух переменных. Вдруг получится

[dgwuqtj]

Drimacus в сообщении #1625540 писал(а):

Еще есть неравенство $ \sqrt{\dfrac{a}{b+c}} + \sqrt{\dfrac{b}{c+a}} + \sqrt{\dfrac{c}{a+b}} > 2$, которое можно доказать точно так же (оно тоже строгое по той же причине). Вопрос к нему тот же - как усилить?

А почему вы думаете, что его можно усилить? Если взять $a = b = 1$ и $c = 0$, то как раз двойка и получится.

[dgwuqtj]

Drimacus в сообщении #1625540 писал(а):

Но это неравенство очень грубое. Можно ли его как-нибудь улучшить?

Если средства мат. анализа можно применять, то довольно несложно найти минимум этого выражения, он равен $\frac 3 {2^{2/3}} \approx 1.89$ и достигается только при $a = b = c$.

[Drimacus]

dgwuqtj в сообщении #1625551 писал(а):

Drimacus в сообщении #1625540 писал(а):

Но это неравенство очень грубое. Можно ли его как-нибудь улучшить?

Если средства мат. анализа можно применять, то довольно несложно найти минимум этого выражения, он равен $\frac 3 {2^{2/3}} \approx 1.89$ и достигается только при $a = b = c$.

Пусть пока можно. Можете ли вы показать как это сделать? Я записал частные производные и попытался приравнять их к нулю, получилось $\partial f/\partial a = \dfrac{2}{3a^{1/3}(b+c)^{2/3}}-\dfrac{2b^{2/3}}{3(a+c)^{5/3}}-\dfrac{2c^{2/3}}{3(a+b)^{5/3}}$, плюс аналогичные для $b,c$ (здесь $f$ - наша функция из неравенства). И теперь надо приравнять это к нулю, т.е. по сути решить получившееся уравнение. Да, видно, что точки вида $a=b=c$ действительно зануляют все частные производные, но мне не очевидно, почему нет других корней, а в-вторых, лень изучать второй дифференциал этой функции, получается слишком громоздко. Возможно, я опять пропустил что-то очевидное?

-- 12.01.2024, 15:15 --

Пока писал это, подумал, что можно еще применить неравенство AM-GM для данной суммы и исследовать выражение $\left(\dfrac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\right)^{\tfrac{2}{9}}$ и исследовать его. Получаются три уравнения вида $a^2 -bc = 0$, откуда вывод, что все равны. Так действительно проще. Вроде бы это уже доказывает минимальность исходной функции?

[dgwuqtj]

Drimacus в сообщении #1625638 писал(а):

Пока писал это, подумал, что можно еще применить неравенство AM-GM для данной суммы и исследовать выражение $\left(\dfrac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\right)^{\tfrac{2}{9}}$ и исследовать его. Получаются три уравнения вида $a^2 -bc = 0$, откуда вывод, что все равны. Так действительно проще. Вроде бы это уже доказывает минимальность исходной функции?

Это довольно бесполезно, потому что у такого выражения инфимум равен 0. Более того, если бы AM-GM можно было так применить, вы могли бы и воспользоваться и неравенством для средних степенных (более точным, чем AM-GM), чтобы свести всё к минимизации выражения с квадратными корнями. А у него инфимум тоже достигается на границе.

Вообще надо сначала рассуждать примерно таким образом: требуется найти инфимум некоторого выражения в области $a, b, c > 0$. Так как выражение однородно, то можно считать, что $a + b + c = 1$ (только в данном рассуждении). Само выражение определено и если ровно одна переменная обнуляется, а если обнуляются ровно 2 переменные, то его можно доопределить как $+\infty$. Тогда оно будет непрерывной функцией из треугольника $\{(a, b, c) \mid a + b + c = 1; a, b, c > 0\}$ в $[0, +\infty]$. Треугольник компактен, так что эта новая функция достигает своего инфимума. На границе треугольника наименьшее значение равно $2$ (если одна переменная нулевая, а две другие совпадают), мат. анализ же нужен только для поиска локальных минимумов строго внутри треугольника.

Что касается вычислений, вы можете вычесть эти частные производные друг из друга и поупрощать. Там мне потребовалось одно не вполне тривиальное соображение, но уже после того, как я получил некую разумную систему из полиномиальных уравнений. В итоге окажется, что все частные производные обнуляются только при $a = b = c$ и при $a = kb = kc$ для какого-то хитрого $0 < k < 1$ (ну и при его циклических перестановках, итого 4 луча). Если подставить $b = c = 1$ и исследовать исходное выражение как функцию одной переменной, то окажется, что в варианте с $k$ будет локальный максимум, а в $a = b = c$ - локальный минимум.

[Drimacus]

dgwuqtj в сообщении #1625640 писал(а):

Drimacus в сообщении #1625638 писал(а):

Пока писал это, подумал, что можно еще применить неравенство AM-GM для данной суммы и исследовать выражение $\left(\dfrac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\right)^{\tfrac{2}{9}}$ и исследовать его. Получаются три уравнения вида $a^2 -bc = 0$, откуда вывод, что все равны. Так действительно проще. Вроде бы это уже доказывает минимальность исходной функции?

Это довольно бесполезно, потому что у такого выражения инфимум равен 0. Более того, если бы AM-GM можно было так применить, вы могли бы и воспользоваться и неравенством для средних степенных (более точным, чем AM-GM), чтобы свести всё к минимизации выражения с квадратными корнями. А у него инфимум тоже достигается на границе.

Вообще надо сначала рассуждать примерно таким образом: требуется найти инфимум некоторого выражения в области $a, b, c > 0$. Так как выражение однородно, то можно считать, что $a + b + c = 1$ (только в данном рассуждении). Само выражение определено и если ровно одна переменная обнуляется, а если обнуляются ровно 2 переменные, то его можно доопределить как $+\infty$. Тогда оно будет непрерывной функцией из треугольника $\{(a, b, c) \mid a + b + c = 1; a, b, c > 0\}$ в $[0, +\infty]$. Треугольник компактен, так что эта новая функция достигает своего инфимума. На границе треугольника наименьшее значение равно $2$ (если одна переменная нулевая, а две другие совпадают), мат. анализ же нужен только для поиска локальных минимумов строго внутри треугольника.

Что касается вычислений, вы можете вычесть эти частные производные друг из друга и поупрощать. Там мне потребовалось одно не вполне тривиальное соображение, но уже после того, как я получил некую разумную систему из полиномиальных уравнений. В итоге окажется, что все частные производные обнуляются только при $a = b = c$ и при $a = kb = kc$ для какого-то хитрого $0 < k < 1$ (ну и при его циклических перестановках, итого 4 луча). Если подставить $b = c = 1$ и исследовать исходное выражение как функцию одной переменной, то окажется, что в варианте с $k$ будет локальный максимум, а в $a = b = c$ - локальный минимум.

Согласен про АМ-ГМ, это по факту ничего не дает, привиделось что-то.
Также благодарю вас за исчерпывающий ответ по поводу экстремума, это действительно усиливает неравенство. При этом, кажется, простого "школьного" способа все же нет, все так или иначе сводится к локальному экстремуму и дальнейшим прямым вычислениям (что в целом не то что бы что-то неподъемное для хорошего школьника, но в школьную программу не входит). Впрочем, возможно, специалисты по неравенствам что-нибудь скажут по этому поводу, но в целом вопрос прояснен.