Неравенство с дробями

[Edward_Tur]

Для положительных $a,b$ и $c$ доказать неравенство

$$\frac1{3a}+\frac1{3b}+\frac1{3c}+\frac3{a+b+c}\ge\frac1{2a+b}+\frac1{a+2b}+\frac1{2b+c}+\frac1{b+2c}+\frac1{2c+a}+\frac1{c+2a}.$$

[Rak so dna]

Edward_Tur в сообщении #1640303 писал(а):

Для положительных $a,b$ и $c$ доказать неравенство

$$\frac1{3a}+\frac1{3b}+\frac1{3c}+\frac3{a+b+c}\ge\frac1{2a+b}+\frac1{a+2b}+\frac1{2b+c}+\frac1{b+2c}+\frac1{2c+a}+\frac1{c+2a}.$$

Положим $c=\max{(a,b,c)}$, тогда

$\frac1{3a}+\frac1{3b}+\frac1{3c}+\frac3{a+b+c}-\frac1{2a+b}-\frac1{a+2b}-\frac1{2b+c}-\frac1{b+2c}-\frac1{2c+a}-\frac1{c+2a}=$

$= \left(\frac{c^2(a+b)+4abc}{3abc(a+b+c)}-\frac{1}{2a+b}-\frac{1}{2b+a} \right) +\left(\frac{c(a^2+b^2)+4abc}{3abc(a+b+c)}-\frac{1}{2a+c}-\frac{1}{2b+c} \right)+\left(\frac{ab(a+b)+4abc}{3abc(a+b+c)}-\frac{1}{2c+a}-\frac{1}{2c+b} \right)=$

$=\frac{(a-b)^2(2bc+2ac-ab)}{3ab(a+b+c)(2a+b)(2b+a)}+\frac{(a-b)^2(c^2+2bc+2ac-2ab)}{3ab(a+b+c)(2a+c)(2b+c)}+\frac{(c-a)(c-b)(4c+a+b)}{3c(a+b+c)(2c+a)(2c+b)}\geq 0$

[ozheredov]

Rak so dna в сообщении #1640387 писал(а):

$\frac{(a-b)^2(2bc+2ac-ab)}{3ab(a+b+c)(2a+b)(2b+a)}+\frac{(a-b)^2(c^2+2bc+2ac-2ab)}{3ab(a+b+c)(2a+c)(2b+c)}+\frac{(c-a)(c-b)(4c+a+b)}{3c(a+b+c)(2c+a)(2c+b)}\geq 0$

Можно пояснительную бригаду, почемму данное неравенство очевидно? Вот это $c^2+2bc+2ac-2ab$ не может быть отрицательным?

[Rak so dna]

ozheredov в сообщении #1640389 писал(а):

Можно пояснительную бригаду, почемму данное неравенство очевидно? Вот это $c^2+2bc+2ac-2ab$ не может быть отрицательным?

Потому что

Rak so dna в сообщении #1640387 писал(а):

Положим $c=\max{(a,b,c)}$, тогда...

[Edward_Tur]

В неравенстве Шура

$$x^3+y^3+z^3+3xyz\ge x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2$$

положим $ x=t^a, y=t^b, z=t^c$. Тогда проинтегрировав от $0$ до $1$ неравенство

$$\frac{t^{3a}}t+\frac{t^{3b}}t+\frac{t^{3c}}t+\frac{3t^{a+b+c}}t\ge \frac{t^{2a+b}}t+\frac{t^{a+2b}}t+\frac{t^{2b+ct}}t+\frac{t^{b+2c}}t+\frac{t^{2c+a}}t+\frac{t^{c+2a}}t$$

получим нужное.

[Rak so dna]

Edward_Tur круто. Вот неравенство, похожее на Шура:

Для $a,b,c\geq 0$ доказать $a^3+b^3+c^3+3\left(\frac{3\sqrt[3]{2}}{2}-1\right)abc\geq \frac{3\sqrt[3]{2}}{2}\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)$

[Edward_Tur]

Rak so dna в сообщении #1640451 писал(а):

Edward_Tur круто. Вот неравенство, похожее на Шура:

Для $a,b,c\geq 0$ доказать $a^3+b^3+c^3+3\left(\frac{3\sqrt[3]{2}}{2}-1\right)abc\geq \frac{3\sqrt[3]{2}}{2}\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)$

У Pham Kim Hung есть такая теорема:

Пускай $P(a,b,c)$ - однородный циклический многочлен третьей степени. Неравенство
$P(a,b,c)\ge0$
выполняется для всех $a,b,c \ge0$ тогда и только тогда, когда выполняются два условия:
(a) $P(1,1,1)\ge0$;
(b) $P(0,b,c)\ge0$ для всех $b,c \ge0$.

[Rak so dna]

Edward_Tur спасибо. Теперь понятно, что это за загадочная "CD3 - theorem".

Интересно, что после этой теоремы, в качестве примера, идёт это же неравенство (правда с опечаткой):