Неравенство

[arqady]

Пусть $a,$ $b$ и $c$ неотрицательны и $0\leq k\leq2.5 + \sqrt6.$ Докажите, что

$\sqrt {a^2 + kbc} + \sqrt {b^2 + kac} + \sqrt {c^2 + kab}\geq\sqrt {3(1 + k)(ab + ac + bc)}$

[Sasha2]

Сперва рассмотрим выражение $\sqrt{a^2+kbc}$.
Имеем $\sqrt{a^2+kbc}=a+(\sqrt{a^2+kbc}-a)=a+\frac{kbc}{\sqrt{a^2+kbc}+a}$.
Далее имеем очевидное неравенство: $\sqrt{a^2+kbc}\le 2a+\sqrt{kbc}$.
Ну и, конечно, $\sqrt{kbc}\le \sqrt{k}\cdot \frac{b+c}{2}$.
Собирая все это, окончательно получаем, что: $\sqrt{a^2+kbc}\ge a+\frac{2kbc}{4a+\sqrt{k}(b+c)}$.

Дальше вот хоть убей, пока ничего не вижу.
Аркадий, а подскажите хотя бы на верном ли я пути. Или этот путь ложный и к успеху привести не может?

[arqady]

Sasha2, этот путь ложный хотя бы по тому, что Вы нарушаете сохранение равенства в исходном неравенстве: $a=b=c$.

[Sasha2]

Что ж, спасибо на этом.
Буду думать дальше.

[Sasha2]

Тоже пока еще не знаю, а такой вот путь.
Запишем очевидное неравенство Минковского следующим образом:
$(x_1^p+x^p)^{\frac{1}{p}}+(y_1^p+y^p)^{\frac{1}{p}}+(z_1^p+z^p)^{\frac{1}{p}} \ge [(x_1+y_1+z_1)^p+(x_1+y_1+z_1)^p]^{\frac{1}{p}}$.
Полагая здесь:
1) $p=2$
2) $x_1=a, y_1=b, z_1=c$
3) $x_2=\sqrt{kbc}, y_2=\sqrt{kac}, z_2=\sqrt{kab}$
получаем
$\sqrt{a^2+kbc}+\sqrt{b^2+kac}+\sqrt{c^2+kab} \ge \sqrt{(a+b+c)^2+(\sqrt{kab}+\sqrt{kbc}+\sqrt{kac})^2}$.

Пока дальше снова не вижу.
Уважаемый Аркадий, подскажите пожалуйста снова. В смысле нужна подсказка по ложности пути, по которому иду, не более.

-- Вт фев 02, 2010 18:17:51 --

Ну и если сократить на одинаковые члены, то получим, что искомые $k$ должны быть такими, чтобы было верным неравенство

$a^2+b^2+c^2+2k(a\sqrt{bc}+b\sqrt{ac}+c\sqrt{ab}) \ge (2k+1)(ab+bc+ac)$
Ну пока снова затык.

[arqady]

Sasha2 в сообщении #285167 писал(а):

Ну и если сократить на одинаковые члены, то получим, что искомые $k$ должны быть такими, чтобы было верным неравенство

$a^2+b^2+c^2+2k(a\sqrt{bc}+b\sqrt{ac}+c\sqrt{ab}) \ge (2k+1)(ab+bc+ac)$
Ну пока снова затык.

Маkсимальное $k$, для которого Ваше неравенство верно это $k=\frac{1}{2}$.

[Sasha2]

Ну вот еще удалось получить такую оценку для $k$.
Как я к этому пришел не хочу писать, так как очень сомневаюсь, что это решение.

$\frac{(k+1)(\sqrt{3}-\frac{k}{k+1})}{\sqrt{3}} \le 1$.

Да нет отсюда вряд ли удасться прийти к ответу.

[Sasha2]

Ну да все верно.
Если не ошибся, то из этого неравенства следует, что $k \le \sqrt{3}+1$.
До правильного ответа - это очень далеко.

-- Ср фев 03, 2010 21:55:37 --

Чувствую, что надо как-то хитро сгруппировать слагаемые и как-то нетривиальным образом воспользоваться выпуклостью вверх квадратного корня. Но как, не могу пока понять.

[juna]

Вот это наверное поможет.
Пусть $ab+bc+ac=d^2$. Умножаем обе части искомого неравенства на $\frac{1}{d}>0$, делаем замены: $x=\frac{a}{d}, y=\frac{b}{d}, z=\frac{c}{d}$.
Тогда для доказательства искомого неравенства достаточно доказать:
$\sqrt{x^2+kyz}+\sqrt{y^2+kxz}+\sqrt{z^2+kxy}\ge\sqrt{3(1+k)}$ при $xy+xz+yz=1$

[Sasha2]

Поробую, но вряд ли так просто. Там ведь еще k надо вытащить.

У меня пока, если воспользоваться выпуклостью, исходное неравенство свелось к следующему

$\frac{a+b+c}{k+1}+\frac{k}{k+1}(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}) \ge \sqrt{3(ab+bc+ac)}$

[Sasha2]

Так, ну и еще маленький шажок.
Если последнее неравенство доказано для некоторого $k_0$, то тогда очевидно, что оно доказано и для всех $k<k_0$.
Это прямо следут из следующего:
1) $a+b+c \ge \sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}$
2) С уменьшением $k$ величина $\frac{1}{k+1}$ увеличивается, а величина $\frac{k}{k+1}$ уменьшается.

Следовательно, достаточно доказать последнее неравенство только для случая, когда $k=2.5+\sqrt{6}$

[Sasha2]

Так, ну вот пока остановился на таком неравенстве:
$2(a^2+b^2+c^2)+(59+24\sqrt{6})(a\sqrt{bc}+b\sqrt{ac}+c\sqrt{ab})+(10+4\sqrt{6})(a\sqrt{ab}+b\sqrt{ab}+a\sqrt{ac}+c\sqrt{ac}+b\sqrt{bc}+c\sqrt{bc}) \ge (81+32\sqrt{6})(ab+bc+ac)$

[Sasha2]

Ну что еще тут можно поделать.
Наверно прежде всего избавиться от радикалов при переменных $a, b, c$, положив
$a=x^2$,$b=y^2$, $c=z^2$.

Тогда в этих переменных данное неравенство запишется так:
$2(x^4+y^4+z^4)+(59+24\sqrt{6})xyz(x+y+z)+(10+4\sqrt{6})(x^3y+xy^3+x^3z+z^3x+y^3z+z^3x) \ge (81+32\sqrt{6})(x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2)$.

Теперь надо гадать, куда пристроить член с $xyz$

-- Пт фев 05, 2010 23:29:00 --

Уважаемый Аркадий, Вы хоть подскажите, не пора ли с этого пути сворачивать или все же следует продолжать

[arqady]

Sasha2 в сообщении #285974 писал(а):

Ну что еще тут можно поделать.
Наверно прежде всего избавиться от радикалов при переменных $a, b, c$, положив
$a=x^2$,$b=y^2$, $c=z^2$.

Тогда в этих переменных данное неравенство запишется так:
$2(x^4+y^4+z^4)+(59+24\sqrt{6})xyz(x+y+z)+(10+4\sqrt{6})(x^3y+xy^3+x^3z+z^3x+y^3z+z^3x) \ge (81+32\sqrt{6})(x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2)$.

Теперь надо гадать, куда пристроить член с $xyz$

-- Пт фев 05, 2010 23:29:00 --

Уважаемый Аркадий, Вы хоть подскажите, не пора ли с этого пути сворачивать или все же следует продолжать

Подставьте $x=y=1$ , $z=0$ и сворачивайте.

[Sasha2]

Ну вообщем то можно считать, что я сдался.
Но все же пока подскажите вот такой момент:
Можно ли надеяться выйти на решение данной задачи путем решения вот такой промежуточной:
При заданном $p>{0}$ найти все такииие $m$, что неравенство
$\sqrt{x^2+py}+\sqrt{y^2+px} \ge m(x+y)$
является справедливым