Неравенство.

[MrDindows]

Для положительных действительных чисел $a,b$ , таких что
$a^2+ab+b^2=\frac12$
доказать неравенство:
$\frac{1+a^2-b^2}{\sqrt{1+a^2-ab}}+\frac{1+b^2-a^2}{\sqrt{1+b^2-ab}} \ge \sqrt{\frac32}(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2$

[MrDindows]

Ну что?)
Неужели никто не может его доказать...(

zhoraster:

Устное предупреждение за поднятие темы бессодержательным сообщением.

[Руст]

MrDindows в сообщении #392726 писал(а):

Ну что?)
Неужели никто не может его доказать...(

Почему не можеть?
Замените число $1$ через $2a^2+2ab+2b^2$, полученное однородное неравенство можно рассматривать как неравенство с одним $x=\frac{a}{b}$ и доказать со стандартными методами. Только лень это делать. Красоты в этой задаче нет.

[Sasha2]

Да действительно, уважаемый Руст, прав.
Не очень сложное применение AM-GM к знаменателям, приводит исходное неравенство вот к такому:
$\frac{4a^2+4b^2+4ab}{\sqrt{3+\sqrt{2}}\sqrt{a^2+b^2}} \ge RHS$.
Дальше все окончательно сводится к простой проверке $2\sqrt{2} \ge \sqrt{3+\sqrt{2}}$, что верно.
И даже по всей видимости, это неравенство еще можно сто раз усилить.

[Edward_Tur]

Sasha2 в сообщении #393663 писал(а):

Не очень сложное применение AM-GM к знаменателям, приводит исходное неравенство вот к такому:
$\frac{4a^2+4b^2+4ab}{\sqrt{3+\sqrt{2}}\sqrt{a^2+b^2}} \ge RHS$.

А если $a=b=\frac {1}{\sqrt 6}$?

[Sasha2]

Да, Вы парвы уважаемый Edward_Tur.
Где-то нверно двойку потерял.
Кстати, тогда протая подстановка не очень то проглядывает решение.
И Чебышев тут как-то не очень прокатывает. Хочется все же красивого решения.

[Sasha2]

Вот выпил водки чуть-чуть и созрел такой план:
1) Показать, что $LHS \ge \sqrt{1+a^2-ab}+\sqrt{1+b^2-ab}$
2) Показать, что $\sqrt{1+a^2-ab}+\sqrt{1+b^2-ab} \ge 2$
3) Показать, что $RHS \le 2$
(Разумеется при ограничениях по условию задачи)

Пункты 1) и 3) очевидны даже для решения в уме.
А вот с пунктом 2) не совсем уверен.

[MrDindows]

2) Возведём в квадрат получим
$(a-b)^2+2\sqrt{1+a^2-ab}\sqrt{1+b^2-ab}\ge2$
$\sqrt{1+a^2-ab}\sqrt{1+b^2-ab}\ge1$
$(1+a^2-ab)(1+b^2-ab)\ge1$
$a^2+b^2-2ab+2a^2b^2-a^3b-b^3 \ge0$
$(a-b)^2-ab(a-b)^2 \ge0$
$(1-ab)(a-b)^2\ge0$
Вроде бы так.
1 пока ещё не проверял)

3) Из $a^2+ab+b^2=\frac12$
$(a-b)^2+3ab=\frac12$
$ab\le \frac16$
$\sqrt{ab}\le \frac1{\sqrt{6}}$
И
$(a+b)^2=\frac12+ab \le \frac23$
$(a+b) \le \sqrt{\frac23}$
Значит
$\sqrt{\frac32}(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2=\sqrt{\frac32}(a+b+2\sqrt{ab}) \le \sqrt{\frac32}(\sqrt{\frac23}+\frac2{\sqrt{6}})=$
$=\sqrt{\frac32}(\sqrt{\frac23}+\sqrt{\frac23})=2$

[Sasha2]

Да Вы знаете, уважаемый MrDindows, вот мне тоже нечто подобно в голову приходило, но пункт 2 - это точно не задача для решения в уме.
Ну а из Вашего пока ПРЕДСТАВЛЕНИЯ решения, не очень то видно, что пункт 2 справедлив.

Что касается пункта 1, там все очень очевидно и сводится к 1 > ab, что верно при нашем ограничении.
Что касается пункта 3, то в силу PM (power means inequality) тоже не очень уж трудно все это показать.

-- Сб янв 01, 2011 05:56:08 --

Кстати Ваша проверка пункта 2) мне абсолютна непонятна, почему так.
Нет Вы уже не обижайтесь может оно и так, ну в смысле правильно, но вот я смиотрю сейчас и кажется, что это кже совершенно другая задача.
Не могу пока понять, то лди водка так действует, то ли я просто тупой как валенок

[MrDindows]

Что вам в пункте 2 непонятно?
Возвёл сумму в квадрат, свёл формулу и отнял 2 с левой и правой части, ослабил убрав квадрат разности, разделил на 2, возвёл в квадрат и получил:
$(1+a^2-ab)(1+b^2-ab) \ge 1$
Раскрыл скобки, разложил на множители и получил:
$(1-ab)(a-b)^2 \ge 0$, что очевидно верно, так как $ab \le \frac16$

А вот пункт 1 Ваш не верен)
$\frac{1+a^2-b^2}{\sqrt{1+a^2-ab}}+\frac{1+b^2-a^2}{\sqrt{1+b^2-ab}} \le \sqrt{1+a^2-ab}+\sqrt{1+b^2-ab} $
$(1+a^2-b^2)\sqrt{1+b^2-ab}+(1+b^2-a^2)\sqrt{1+a^2-ab} \le (1+a^2-ab)\sqrt{1+b^2-ab}+(1+b^2-ab)\sqrt{1+a^2-ab}$
$a^2\sqrt{1+b^2-ab}+b^2\sqrt{1+a^2-ab} \ge ab\sqrt{1+b^2-ab}+ab\sqrt{1+a^2-ab}$
$(a-b)(a\sqrt{1+a^2-ab}-b\sqrt{1+b^2-ab}) \ge 0$ Что очевидно верно, значит пункт 1 не верен)

[Sasha2]

Что касается первого пункта, то мне вот кажется, что очевидно обратное (чем Вы утверждаете).
Положив, $a \ge b$, легко показывается ведь, что $a\sqrt{1+b^2-ab}-b\sqrt{1+b^2-ab} \ge 0$ - это верное неравенство.
Обратите внимание, что пункт 1) приводит именно к такому неравенству, а не к тому, что указано Вами.

[MrDindows]

Я не утверждаю, а доказал обратное)
Покажите мне ошибку и я Вам поверю)

[MrDindows]

Руст в сообщении #392762 писал(а):

Замените число $1$ через $2a^2+2ab+2b^2$, полученное однородное неравенство можно рассматривать как неравенство с одним $x=\frac{a}{b}$ и доказать со стандартными методами. Только лень это делать. Красоты в этой задаче нет.

$\frac{3x^2+2x+1}{\sqrt{3x^2+x+2}}+\frac{x^2+2x+3}{\sqrt{2x^2+3x+1}} \ge \sqrt{\frac32}(\sqrt{x}+1)^2$
Какими же стандартными методами его доказать?

[arqady]

MrDindows в сообщении #395401 писал(а):

Руст в сообщении #392762 писал(а):

Замените число $1$ через $2a^2+2ab+2b^2$, полученное однородное неравенство можно рассматривать как неравенство с одним $x=\frac{a}{b}$ и доказать со стандартными методами. Только лень это делать. Красоты в этой задаче нет.

$\frac{3x^2+2x+1}{\sqrt{3x^2+x+2}}+\frac{x^2+2x+3}{\sqrt{2x^2+3x+1}} \ge \sqrt{\frac32}(\sqrt{x}+1)^2$
Какими же стандартными методами его доказать?

Например, таким: проверьте Ваше неравенство для $x=1.1$.

[MrDindows]

Исправил ошибку. Доказать не могу всёравно)
$\frac{3x^2+2x+1}{\sqrt{3x^2+x+2}}+\frac{x^2+2x+3}{\sqrt{2x^2+x+3}} \ge \sqrt{\frac32}(\sqrt{x}+1)^2$