Страшное неравенство

[Sasha2]

Как то тема замылилась. Такое ощущение, что на это неравенство, предложенное уважаемым daogiauvang, никто не обратил внимание.
Но неравенство явно носит олимпиадный характер:

Если $a,b,c>0 $ и $ a+b+c=3$
Доказать, что $8\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)+9 \geq 10 \left(a^2+b^2+c^2 \right)$

[daogiauvang]

Лемма 1: Пусть $a^2+b^2+c^2=3+6t^2$ где $0\leq t <1$
Доказать, что $ 1-2t \leq a,b,c \leq 1+2t$

Сейчас используем лемму:
̀$8\left( \frac{1}{a} -\frac{1}{1+2t} +\frac{1}{b} -\frac{1}{1+2t} +\frac{1}{c} -\frac{1}{1+2t} +\frac{3}{1+2t} \right) +9 \geq 30(1+2t^2)$
Или $\frac{8}{1+2t} \left(\frac{1+2t-a}{a}+\frac{1+2t-b}{b}+\frac{1+2t-c}{c}+3 \right) +9\geq 30(1+2t^2)$
При $t=0$ или $a=b=c=1$: 17>10
При $0<t<1$ Левая часть неравенства: $L\geq \frac{8}{1+2t} \left(\frac{(1+2t-a+1+2t-b+1+2t-c)^2}{a(1+2t-a)+b(1+2t-b)+c(1+2t-c)}+3 \right) +9 =\frac{8}{1+2t} \left( \frac{6t}{1-t}+3 \right)+9 \geq 30(1+2t^2)$
Это последнее неравенство верно, т.к $\frac{8}{1+2t} \left( \frac{6t}{1-t}+3 \right)+9 \geq 30(1+2t^2)$ или $(10t^2+5t+1)(2t-1)^2 \geq 0 $
Знак "=" $\iff (a,b,c)=(2;0,5;0,5)$

[Sasha2]

По-моему это не доказательство.
Во-первых, мне кажется, что лемма не вернка, а во-вторых непонятна даже схема ее применения.
Как то не вяжется с условиями.

[daogiauvang]

Во первых я уверен, что лемма верна.
Во-вторых, используем лемма т.е $1+2t-a \geq 0$

[ewert]

daogiauvang в сообщении #375296 писал(а):

Лемма 1: Пусть $a^2+b^2+c^2=3+6t^2$ где $0\leq t <1$
Доказать, что $ 1-2t \leq a,b,c \leq 1+2t$

$t=0$
$a=b=0,\ c=\sqrt3$
$1\leqslant\sqrt3\leqslant1$

Что и требовалось доказать.

[Sasha2]

Ну берем t, равное нулю.
Тогда, исходя из этой леммы, выходит, что, например число $a=\frac{1}{2}$, никак не может являться одним из чисел, при котором равенство $a^2+b^2+c^2=3$ верно. Но это, очевидно не так.
Если и верна эта лемма, то в какой-то другой редакции. А так явно тут что-то упущено.
Ну и второе, абсолютно непонятен переход от исходного неравенства к тому, в котором уже используется параметр t.

Вот условия равенство указаны верно. А так пока больше ничего непонятно.
Короче, без великого Аркадия тут не разобраться.

[daogiauvang]

ewert в сообщении #375385 писал(а):

daogiauvang в сообщении #375296 писал(а):

Лемма 1: Пусть $a^2+b^2+c^2=3+6t^2$ где $0\leq t <1$
Доказать, что $ 1-2t \leq a,b,c \leq 1+2t$

$t=0$
$a=b=0,\ c=\sqrt3$
$1\leqslant\sqrt3\leqslant1$

Что и требовалось доказать.

Еще забыл начальное условие $a,b,c>0, a+b+c=3$

[Sasha2]

А это начальное условие абсолютно ничего не меняет.
И вообще может ли быть так, что и $a+b+c=3$ и $a^2+b^2+c^2=3$ одновременно, кроме случая, когда $a=b=c=1$ и еще все три числа положительны?

[daogiauvang]

Вы внимательно еще раз посмотрите:
$a+b+c=3$ и $ a^2+b^2+c^2 \geq \frac{(a+b+c)^2}{3} =3$ Знак "=" $\iff a=b=c=1$ соот. $t=0$
Поэтому при $t=0$ нельзя взять значение $a=\frac{1}{2}$
От куда я взял значение $6t^2$ потому что, $ a^2+b^2+c^2 < (a+b+c)^2 =9 =3+6\cdot 1 $

[Sasha2]

Нет, как то все это мутно и непонятно. Очевидно, что данное выражение
$8\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)+9 \geq 10 \left(a^2+b^2+c^2 \right)$
имеет корни $(2, \frac{1}{2}, \frac{1}{2})$ и с точностью до перестановки.
Вот от этого наверно и нужно отталкиваться, найдя соответствующее разложение, предварительно гомогенизировав данное выражение.
Мне эта задача, признаюсь честно, пока не по зубам.

[MrDindows]

daogiauvang в сообщении #375296 писал(а):

Это последнее неравенство верно, т.к $\frac{8}{1+2t} \left( \frac{6t}{1-t}+3 \right)+9 \geq 30(1+2t^2)$ или $(10t^2+5t+1)(2t-1)^2 \geq 0 $

daogiauvang
Это вы откуда получили?
Ну а до этого момента всё вроде понятно)

[arqady]

Лемма верна, также как и доказательство.
Вместе с тем, uvw сводит доказательство исходного неравенства к лёгкой проверке $b=c$.

[Sasha2]

А есть ли классическое доказательство, где можно четко видеть, что чего больше?

[Полосин]

Составим функцию Лагранжа $F(x,y,z,\lambda)=10(x^2+y^2+z^2)-8\left(\dfrac1x+\dfrac1y+\dfrac1z\right)-20\lambda(x+y+z-3)$ ($x,y,z>0$). Условие $grad F=0$ дает три одинаковых уравнения вида $x^3-\lambda x^2+\dfrac25=0$ и условие связи $x+y+z=3$. У кубического уравнения три корня, соответственно, возможны следующие случаи:
1) $x=y=z$. В силу уравнения связи, все они равны $1$; легко убедиться, что исходное неравенство справедливо.
2) $x,y,z$ попарно различны; тогда они совпадают с корнями уравнения и $x+y+z=\lambda$, откуда $\lambda=3$. Однако у уравнения $x^3-3x^2+\dfrac25=0$ два положительных и один отрицательный корень, поэтому данный случай невозможен (можно просто сослаться на то, что произведение корней равно $-\dfrac25$).
3) $x\ne y=z$. Так как $x+2y=3$, перепишем исходное неравенство в виде $8(x+1)\ge x(3-x)(5x^2-10x+12)$. При $x=2$ получается равенство; замена $x=2+t$ дает очевидно справедливое неравенство $5t^2+5t+12\ge0$.