Забавное неравенство

[arqady]

Пусть $a,$ $b$ и $c$ - положительные числа такие, что $a+b+c=3,$ и $k=\log_{\frac{3}{2}}\frac{5}{3}$. Докажите, что:

$$\frac{1}{a^k+b^k}+\frac{1}{a^k+c^k}+\frac{1}{b^k+c^k}\geq\frac{3}{2}$$

[Полосин]

Если $0\le p\le1$, $t>-1$, то $(1+t)^p\le1+pt$; так как $a,b>0, a+b<3$, то искомое неравенство вытекает из оценки $\dfrac1{a^p+b^p}\ge\dfrac1{2+p(a+b-2)}\ge\dfrac12\left(1-\dfrac{p(a+b-2)}2\right)$.

[paha]

все-таки $k$, обозначенная Полосин через $p$, больше 1

[Полосин]

Да-да, я заметил. Попробую распространить на случай, когда $p$ немного больше 1.

[Sasha2]

Вообще интересно узнать, а почему в такой форме посталена данная задача. Ведь данное неравенство справедливо для k=1. А тогда, если оно справедливо для того, k, которое указал уважаемый Аркадий, то по непрерывности оно должно быть справедливо и для всех промежуточных значений.

[ewert]

Потому, что указанное $k$ -- максимально допустимое.

[Sasha2]

Ну это еще тоже вопрос.

[ewert]

Sasha2 в сообщении #303150 писал(а):

Ну это еще тоже вопрос.

Практически нет -- это результат численного расчёта.

Я примерно представляю себе, как это можно доказать формально, но -- лень.

[Sasha2]

Если так все просто, то может контрпример с k=2 покажите.

[RIP]

Ну, как бы само определение $k$ подсказывает: $a=b=\frac{3-c}2$, $c\to+0$.

[Sasha2]

Да действительно, это контрпример.

[ewert]

Sasha2 в сообщении #303202 писал(а):

Если так все просто, то может контрпример с k=2 покажите.

Я даже хуже того скажу: $k=\log_{3\over2}\,{5\over3}+0.0000001$ -- это уже контрпример. Ибо минимум получается $1.49999993918023$. И это на достаточно грубой сетке.

[Полосин]

Если рассмотреть левую часть неравенства на медиане треугольника, отсекаемого плоскостью $a+b+c=3$, т.е. при $a=b$, то, обозначая $t=a^p$, получим неравенство $f(t)=\dfrac1{2t}+\dfrac2{t+(3-2t^{1/p})^p}\ge\dfrac32$, причем $f(+0)=+\infty$, $f(1)=\frac32$, $f((\frac32)^p)=\frac52(\frac23)^p$, и $f((\frac32)^p)\ge\frac32$ как раз при $p\le\log_{\frac32}\frac53$. Но минимума между точками $t=1$ и $t=(\frac32)^p$ не будет, поскольку $f'(1)=0$.

[Sasha2]

Мне кажется, что вот надо, как уважаемый Полосин в самом начале шел.
Только немного скорректировать, применяя неравенство Бернулли не к числам $a^k, b^k, c^k$, а к числам $(a^2)^{\frac{k}{2}}, (b^2)^{\frac{k}{2}}, (c^2)^{\frac{k}{2}}$.

Тогда сперва мы сведем данное неравенство к такому:
$\frac{3}{2}-\frac{k}{4}(a^2+b^2+c^2)+\frac{3}{2}k \ge \frac{3}{2}$, которое всегда справедливо (даже при любом $k$), лишь только $a^2+b^2+c^2 \le 6$.
А дальше нужно рассматривать случай когда $a^2+b^2+c^2 > 6$, т.е. когда $ab+bc+ac < \frac{3}{2}$

[arqady]

arqady в сообщении #302586 писал(а):

Пусть $a,$ $b$ и $c$ - положительные числа такие, что $a+b+c=3,$ и $k=\log_{\frac{3}{2}}\frac{5}{3}$. Докажите, что:

$$\frac{1}{a^k+b^k}+\frac{1}{a^k+c^k}+\frac{1}{b^k+c^k}\geq\frac{3}{2}$$

Доказательство:
Пусть $f(a,b,c)=\sum\limits_{cyc}\frac{1}{a^2+b^2}$ и $c=\min\{a,b,c\}.$
Легко показать, что $f(a,b,c)\geq f\left(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c\right).$
Поэтому $\sum\limits_{cyc}\frac{1}{a^k+b^k}\geq\frac{1}{ 2\left(\frac{a^{\frac{k}{2}}+b^{\frac{k}{2}}}{2}\right)^2}+\frac{2}{\left(\frac{a^{\frac{k}{2}}+b^{\frac{k}{2}}}{2}\right)^2+c^k}\geq\frac{1}{ 2\left(\frac{a+b}{2}\right)^k}+\frac{2}{\left(\frac{a+b}{2}\right)^k+c^k}.$
Таким образом, остаётся проверить, что
$\frac{1}{ 2\left(\frac{3-c}{2}\right)^k}+\frac{2}{\left(\frac{3-c}{2}\right)^k+c^k}\geq\frac{3}{2}$ для $0< c\leq1$, что верно.