arqady, вам неравенство!!!

[daogiauvang]

Докажите,что:Для $a,b,c >0$
$\sum\limits_{cyc}(a-b)(a-c) \left( \frac{2}{a^2+b^2+c^2}- \frac{1}{\sqrt{\frac{a(b+c)}{a^2+bc}}+1} \right) \geq 0$

[arqady]

daogiauvang писал(а):

Докажите,что:Для $a,b,c >0$
$\sum\limits_{cyc}(a-b)(a-c) \left( \frac{2}{a^2+b^2+c^2}- \frac{1}{\sqrt{\frac{a(b+c)}{a^2+bc}}+1} \right) \geq 0$

Спасибо за неравенство!
Оно не является однородным. Что-то здесь не то.
Мне представляется ( может, я ошибаюсь ), что это Ваша попытка доказать какое-то неравенство с помощью Vornicu-Schur's метода.
Каково исходное неравенство?

[daogiauvang]

Исходное неравенство:
$\sqrt{\frac{a(b+c)}{a^2+bc}}+\sqrt{\frac{b(a+c)}{b^2+ac}}+\sqrt{\frac{c(b+a)}{c^2+ab}} \geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}$

Да, я хочу с помощью Vornicu-Schur's метода. Но как для вас???

[arqady]

daogiauvang писал(а):

Исходное неравенство:
$\sqrt{\frac{a(b+c)}{a^2+bc}}+\sqrt{\frac{b(a+c)}{b^2+ac}}+\sqrt{\frac{c(b+a)}{c^2+ab}} \geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}$

Да, я хочу с помощью Vornicu-Schur's метода. Но как для вас???

Для меня вот так:

$$\sum_{cyc}\sqrt{\frac{a(b+c)}{a^2+bc}}=\sum_{cyc}\frac{2a(b+c)}{2\sqrt{a(b+c)}\sqrt{a^2+bc}}\geq\sum_{cyc}\frac{2a(b+c)}{(a+b)(a+c)}\geq\frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}.$$

Последнее неравенство эквивалентно вот такой радости:
$$\sum_{cyc}(a^4b+a^4c-a^3b^2-a^3c^2+6a^3bc-6a^2b^2c)\geq0,$ что очевидно верно.

[daogiauvang]

почему последнее верно??? сможете доказать S.O.S или SS


PS: Я уже узнал.... спасибо Вам за все.

Добавлено спустя 1 час 4 минуты 26 секунд:

Другая задача:
Пусть $a \geq b \geq c>0$ и $ a+b+c=3$.
Докажите,что:
$\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+3abc \geq 5$

Я думаю,что наверно решение такое:
Пусть $a=c+x,b=c+y, x\geq y\geq 0, 3c+x+y=3$ то
$\frac{x}{c} +\frac{c}{y+c} +3(c+x)(c+y)c \geq 4$

[daogiauvang]

1 Даны $a, b, c \geq\ 0$ причем $ab + bc + ca = 3$.
Доказывать,что: $\sqrt [3]{5a^3 + 3a} + \sqrt [3]{5b^3 + 3b} + \sqrt [3]{5c^3 + 3c} \geq\ 6$
2 Даны $a, b, c \geq\ 0$ причем $ab + bc + ca = 3$.
Доказывать,что:
$\sqrt []{a^2 + a} + \sqrt []{b^2 + b} + \sqrt []{c^2 + c} \geq\ 3\sqrt []{2}$
3 Даны вещественные числа$a, b, c$ причем $ab + bc + ca \geq\ 11.$
Найти минимальное значение $P = \sqrt []{a^2 + 3} + \frac {\sqrt []{7}}{5}\sqrt []{b^2 + 3} + \frac {\sqrt []{3}}{5}\sqrt []{c^2 + 3}$
4 Даны вещественные числа$a, b, c$ причем $ab + bc + ca \geq\ 11.$
Найти минимальное значение $P = \sqrt[3]{a^2 + 3} $$+ \frac{\sqrt[3]{49/2}}{5} \sqrt[3]{b^2 + 3} $$+ \frac{\sqrt [3]{9}}{5}\sqrt[3]{c^2 + 3}$

daogiauvang, не дублируйте темы без особой на то нужды. Раз уж решили поэкзаменовать arqady в одной теме - там и продолжайте. //maxal

[daogiauvang]

с помощью S.O.S метода ????
Для неотрицательных чисел $a,b,c$ и $ k \geq 1$. Докажите,что
$\frac{a^2}{a^2+kab+b^2}+\frac{b^2}{b^2+kbc+c^2}+\frac{c^2}{c^2+kca+a^2} +\frac{2k+1}{k+2} \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \leq 2$

[daogiauvang]

ничего не получилось

[daogiauvang]

daogiauvang писал(а):

с помощью S.O.S метода ????
Для неотрицательных чисел $a,b,c$ и $ k \geq 1$. Докажите,что
$\frac{a^2}{a^2+kab+b^2}+\frac{b^2}{b^2+kbc+c^2}+\frac{c^2}{c^2+kca+a^2} +\frac{2k+1}{k+2} \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \leq 2$

С $k=1$ у меня есть решение:
$2-\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}-\frac{b^2}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^2}{c^2+ca+a^2}-\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \\ =\frac{ (a+b+c)(ab+bc+ca)(ab^5+bc^5+ca^5-ab^2c^3-bc^2a^3-ca^2b^3)}{(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)(a^2+b^2+c^2)} \geq 0$

( верно)
а $k >1 $ я еще не решил

[arqady]

daogiauvang писал(а):

$2-\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}-\frac{b^2}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^2}{c^2+ca+a^2}-\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \\ =\frac{ (a+b+c)(ab+bc+ca)(ab^5+bc^5+ca^5-ab^2c^3-bc^2a^3-ca^2b^3)}{(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)(a^2+b^2+c^2)} \geq 0$
( верно)

Красиво, но вот так вернее:

$$ 2-\frac{ab+ac+bc}{a^2+b^2+c^2}-\sum_{cyc}\frac{a^2}{a^2+ab+c^2}=\frac{(ab+ac+bc)\sum(a^5c-a^3c^2b)}{(a^2+b^2+c^2)\prod(a^2+ab+b^2)}.$$

Общий случай Вы найдёте
здесь
Специально для Вас на Вьетнамском!

[daogiauvang]

$$\sqrt{\frac{a^4+5b^2c^2}{a^2+5bc}}+\sqrt{\frac{b^4+5c^2a^2}{b^2+5ca}}+\sqrt{\frac{c^4+5a^2b^2}{c^2+5ab}} \ge a+b+c.$$

где

$$a,b,c >0$$

[arqady]

daogiauvang писал(а):

$$\sqrt{\frac{a^4+5b^2c^2}{a^2+5bc}}+\sqrt{\frac{b^4+5c^2a^2}{b^2+5ca}}+\sqrt{\frac{c^4+5a^2b^2}{c^2+5ab}} \ge a+b+c.$$

где

$$a,b,c >0$$

See the beautiful can_hang2007's proof here:
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 22#1421822

[daogiauvang]

Спасибо Вам!!! Там последнее решение с помощью S.O.S
Но очевидно что, неравенство правильно для

$$k \leq 3$$

а

$$ 3< k \leq 12$$

как доказывать???

[arqady]

daogiauvang писал(а):

Спасибо Вам!!! Там последнее решение с помощью S.O.S
Но очевидно что, неравенство правильно для

$$k \leq 3$$

а

$$ 3< k \leq 12$$

как доказывать???

С помощью Кановского метода мне удалось его доказать для

$$0\leq k\leq9.$$

Для

$$k>9$$

пока ничего не получается.