Неравенство

[Sasha2]

Так ничего у меня и не получилось.
Уважаемый Аркадий, очень хотелось бы ознакомиться с решением.
Но если Вы не сочтете нужным приводить его, посоветуйте тогда книги, В КОТОРЫХ СОДЕРЖАТСЯ ТЕОРЕМЫ, ЛЕЖАЩИЕ В ОСНОВЕ РЕШЕНИЯ ЭТОГО И ПОДОБНЫХ НЕРАВЕНСТВ. Ну не на пустом же месте берется решение.

[juna]

Возможно полезным окажется следующее рассуждение.
Было показано, что без потери общности можно положить $ab+bc+ac=1$.
Имеем
$(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac$
$(a+b+c)^2+(k-2)(ab+bc+ac)=a^2+kbc+b^2+kac+c^2+kab$
Значит для всех $k$ верно
$\sqrt{(a+b+c)^2+(k-2)(ab+bc+ac)}\le\sqrt{a^2+kbc}+\sqrt{b^2+kac}+\sqrt{c^2+kab}$
$\sqrt{(a+b+c)^2+(k-2)(ab+bc+ac)}=\sqrt{(a+b+c)^2+k-2}$
Поскольку $ab+bc+ac=1$, то $a^2+b^2+c^2\ge1$, $min(a^2+b^2+c^2)=1$, $min((a+b+c)^2)=1+2=3$.
Тогда при $ab+bc+ac=1$ для любых $k$ верно $\sqrt{k+1}\le\sqrt{a^2+kbc}+\sqrt{b^2+kac}+\sqrt{c^2+kab}$.
Поэтому для любых неотрицательных $k,a,b,c$ верно
$\sqrt{(k+1)(ab+ac+bc)}\le\sqrt{a^2+kbc}+\sqrt{b^2+kac}+\sqrt{c^2+kab}$.

[arqady]

Sasha2 в сообщении #289391 писал(а):

Так ничего у меня и не получилось.
Уважаемый Аркадий, очень хотелось бы ознакомиться с решением.
Но если Вы не сочтете нужным приводить его, посоветуйте тогда книги, В КОТОРЫХ СОДЕРЖАТСЯ ТЕОРЕМЫ, ЛЕЖАЩИЕ В ОСНОВЕ РЕШЕНИЯ ЭТОГО И ПОДОБНЫХ НЕРАВЕНСТВ. Ну не на пустом же месте берется решение.

Мне удалось доказать его с помощью метода SOS

[Sasha2]

To уважаемая Juna
Не очень понятно зачем все это.
Тем более, что конечный результат, предложенный Вами, доказывается прямо в лоб и без особых изысков и можно даже еще посильнее, тоже без особого напряга.

To уважаемый Аркадий.
Ну вообщем я так понял, как и в прошлый раз какого-то внятного представления исходного неравенства в виде комбинации очевидных неравенств у Вас нет.
Вообще мое ИМХО, тут вся трудность вызвана какой-то непредставимостью трех радикалов.
Я кстати еще пытался возводить в квадрат, пытаясь найти рекурентную формулу для выражения в левой части т.е. получить нечто в виде $P_{n+1}=\sqrt{R+\sqrt{P_n}}$, но тоже без какого-либо успеха.
Что ж остается занести эту в задачу в список своих нерешенных проблем и время от времени возвращаться к ней.

И все же, уважаемый Аркадий, посоветуйте пожалуйста литературу по решению таких неравенств. Или этому бесполезно учиться, в том смысле, что это уже лежит на грани исскуства и вдохновения, ну в смысле нет спосбностей, лучше и не пытаться.

[arqady]

Sasha2 в сообщении #289500 писал(а):

Ну вообщем я так понял, как и в прошлый раз какого-то внятного представления исходного неравенства в виде комбинации очевидных неравенств у Вас нет.
Вообще мое ИМХО, тут вся трудность вызвана какой-то непредставимостью трех радикалов.

Если я Вас правильно понял, Вы поняли, что я не могу доказать это неравенство с помощью оценки каждого корня. Ответ - да, не могу, хотя не исключаю, вообще говоря, этой возможности. Ji Chen, наверное, бы смог. Смотрите, что он творит.

Sasha2 в сообщении #289500 писал(а):

И все же, уважаемый Аркадий, посоветуйте пожалуйста литературу по решению таких неравенств.

Что значит Ваше таких? Неравенства свиду похожие могут существенно отличаться по трудности а, часто, и по своей верности.
Существуют довольно много методов доказательства неравенств. Все они в той или иной степени подробности имеются здесь.
Из последних книг мог бы посоветовать вот эту, написанную Великим Мастером неравенств Vasile Cirtoaje.
В ней описаны и обоснованы некоторые очень мощные методы.

[Sasha2]

Посмотрел на Ji Chen и восхитился.
Вот только вопрос, там ведь такие числа большие возникают. Вообще то вот не в уме же он их берет.
Непонятно, как такой подбор осуществляется.

[Sasha2]

А если еще так:

Делаем замену переменных следующим образом:

$a=px+qy+qz$
$b=qx+py+qz$
$c=qx+qy+pz$

Тогда (выклатки, я опускаю, они несложны, а скорее нудны)
$a^2+kbc=(p^2+kq^2)x^2+(q^2+kpq)y^2+(q^2+kpq)z^2+(2pq+kpq+kq^2)xy+(2pq+kpq+kq^2)xz+(kp^2+kq^2+2q^2)yz$.

Вот не могу сообразить возможно ли подобрать $p$ и $q$ стало полным квадратом. Или это заведомо сделать нельзя, исходя из исходной формы неравенства?
А также, конечно, еще вопрос, корректна ли такая замена?

[arqady]

Sasha2 в сообщении #290303 писал(а):

Тогда (выклатки, я опускаю, они несложны, а скорее нудны
$a^2+kbc=(p^2+kq^2)x^2+(q^2+kpq)y^2+(q^2+kpq)z^2+(2pq+kpq+kq^2)xy+(2pq+kpq+kq^2)xz+(kp^2+kq^2+2q^2)yz$.

Вот не могу сообразить возможно ли подобрать $p$ и $q$ стало полным квадратом.

Если это было бы возможно, то $a^2+kbc$ стaло бы неотрицательным для всех $a$, $b$ и $c$.

[Sasha2]

Я понял, спасибо.
Тогда немного по другому поставим вопрос.
А есть ли какая-нибудь выгода в том, чтобы подобрать эти p и q так, чтобы, например коэффициенты при квадратах были одинаковы, или при смешанных членах, или еще каким-либо образом, чтобы между ними было определенное соотношение?

[Sasha2]

Наверное глупость, но все же, а вот такое неравенство не является справедливым:

$a^2+kbc \ge \sqrt{\frac{\sqrt{k}+2}{3}}(ab+ac+bc)$

(Естественно при данных ограничениях по $k$)