Забавное неравенство

[arqady]

Вот ещё одна игрушка.
Пусть $a,$ $b$ и $c$ положительны. Докажите, что:

$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{24\sqrt[3]{abc}}{a+b+c} \geq 11$$

[age]

Делится на две части:
1. Доказать, что:
$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\geq3$
2. Доказать, что:
$\dfrac{24\sqrt[3]{abc}}{a+b+c} \geq 8$

[Sasha2]

Первое Ваше верно, а вот второе нет причем при любых $a, b, c$, где есть хотя бы два неравных друг другу.

[ewert]

второе, конечно, тоже верно, но -- с точностью до наоборот, увы

[mitia87]

Бред

(Оффтоп)

$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{24\sqrt[3]{abc}}{a+b+c} = \left ( \frac{a}{b} + \frac{3\sqrt[3]{abc}}{a+b+c} \right ) + \left ( \frac{b}{c} + \frac{3\sqrt[3]{abc}}{a+b+c} \right ) + \left ( \frac{c}{a} + \frac{3\sqrt[3]{abc}}{a+b+c} \right ) + \frac{5 \cdot 3\sqrt[3]{abc}}{a+b+c} \geq $$

$$ \geq 2\left ( \frac{a}{b} \frac{3\sqrt[3]{abc}}{a+b+c} \right )^{\frac{1}{2}} + 2\left ( \frac{b}{c} \frac{3\sqrt[3]{abc}}{a+b+c} \right ) ^{\frac{1}{2}}+ 2\left ( \frac{c}{a} \frac{3\sqrt[3]{abc}}{a+b+c} \right ) ^{\frac{1}{2}}+ \frac{5 \cdot 3\sqrt[3]{abc}}{a+b+c} \geq $$

$$ \geq 6\left ( \frac{3\sqrt[3]{abc}}{a+b+c} \right )^{\frac{1}{2}}+ \frac{5 \cdot 3\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}.$$

Очевидно, что при $ t = \left (\frac{3\sqrt[3]{abc}}{a+b+c} \right )^{\frac{1}{2}}$ имеем $ 0 <t \leq 1$.
Так что нужно доказать, что
$6 t + 5 t^2 \geq 11 \text{ при } 0 <t \leq 1$, что НЕверно.

[age]

Да, увы неверно.
mitia87
Вы лишь доказали, что:
$\begin{cases} \ \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{24\sqrt[3]{abc}}{a+b+c} \geq 6t + 5t^2\text{ при } 0 <t \leq 1$ \\6t + 5t^2 \leq 11 \text{ при } 0 <t \leq 1$ \end{cases}$

[Sasha2]

А не подскажите ли уважаемый Аркадий, есть ли решение этого неравенства классикой (AM-GM, Гельдер, Чебышев и т.д.) или анализа какго-либо многочлена не избежать?

[arqady]

Sasha2, в моём доказательстве "классика" прямо уж так существенно почти не участвует.

[Sasha2]

Понятно, спасибо, значит мне не судьба пока такие доказывать. Явно техники не хватает.

Единственное, что смог, так это показать что действительно $LHS \ge 2\sqrt{24}$. А дальше уже не могу.

[Sasha2]

Уважаемый Аркадий, может быть покажете решение этого последнего неравенства.

[arqady]

Мне удалось eго доказать с помощью $uvw$- метода ($a+b+c=3u,$ $ab+ac+bc=3v^2$ $abc=w^3$), но публиковать доказательство пока не хочется по двум соображениям:
1) ничего особенно умного, с моей точки зрения, в моём доказательстве нет;
2) пока доказательство не опубликовано, имеется хоть какая-то загадка, которая может стимулировать кого-то найти что-нибудь интересное.
Извините великодушно.

[Sasha2]

Да ничего страшного. Меня вообщем то интересовало классическое доказательство (Коши-Шварц, AM-GM и т.д.). Но на нет, как говорится, и суда нет.

[Sasha2]

А вот в связи с последним неравенством, хотелось бы еще прояснить вот такой вопрос:
Допустим у нас имеются два положительных числа $x$ и $y$.
Тогда, как известно мы имеем верное неравенство $x+y \ge 2\sqrt{xy}$.
А теперь разложим каким-либо способом x и y на положительные слагаемые $x=x_1+x_2$ и $y=y_1+y_2$.
Снова тогда будем иметь $x+y \ge 2\sqrt{x_1y_1}+2\sqrt{x_2y_2}$.
Вопрост такой верно ли, что всегда $\sqrt{xy} \ge \sqrt{x_1y_1}+\sqrt{x_2y_2}$?
То есть, что самое первое исходное разложение (без всяких мудорствований) и есть самое эффективное?

Это к тому что (торможу и никак чего то не могу понять) верно ли, что если $1$ разложить на $a_1+a_2$, и $24$ разложить на $b_1+b_2$ (все слагаемые положительные), то можно ли вытянуть $2\sqrt{a_1b_1}+2\sqrt{a_2b_2}$ до $11$.

[RIP]

Sasha2 в сообщении #336167 писал(а):

Вопрост такой верно ли, что всегда $\sqrt{xy} \ge \sqrt{x_1y_1}+\sqrt{x_2y_2}$?

Неравенство Коши--Буняковского--Шварца--...

[Sasha2]

Да понятно, извините просто зарапортовался.
Я просто исхожу из следующего очевидых неравенств:
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \ge \frac{\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}$ и $3 \ge \frac{9\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}$, легко доказываемых по AM-GM (второе так вобще просто исходник, домноженный на 3).

Тогда исходное неравенство может быть записано так: $x+\frac{21}{x}+\frac{9}{x^2} \ge 11$, здесь $x$ - это $\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}$. Скажу честно, не очень я уверен, во первых самое ли эффективное ли это разложение, и во-вторых действительно ли минимальное значение этой функции равно $11$, естественно когда $x$ меняется в промежутке от $3$ до плюс бесконечности.