Неравенство

[Sasha2]

arqady в сообщении #402696 писал(а):

Mr. X в сообщении #402634 писал(а):

Для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ таких, что $ab+ac+bc\neq0$, докажите, что

$$\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\geq2\sqrt{1+\frac{abc}{(a+b)(a+c)(b+c)}}$$

Легко по PM (Power means) и Несбиту показываем, что $LHS \ge \frac{3}{\sqrt{2}}$,
а далее также без труда по AM-GM показываем, что $RHS \le \frac{3}{\sqrt{2}}$.
(По моему правильно, если опять нигде не напутал).

[Mr. X]

Sasha2 в сообщении #402814 писал(а):

Легко по PM (Power means) и Несбиту показываем, что $LHS \ge \frac{3}{\sqrt{2}}$

Выше обсуждалось, что это не так.

[Sasha2]

Да точно, с левой частью неправильно.

[Mr. X]

arqady в сообщении #402696 писал(а):

Здесь, кстати, имеется следующее забавное усиление.
Для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ таких, что $ab+ac+bc\neq0$, докажите, что

$$\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\geq2\sqrt{1+\frac{abc}{(a+b)(a+c)(b+c)}}$$

А как это "забавное усиление" переносится на другие значения $\alpha$, отличные от $1/2$ (что такое $\alpha$ см. выше) ?

[arqady]

Rubik в сообщении #402752 писал(а):

Если $(a+b)(b+c)(c+a)=0$, то моё неравенство не верно, так же, как и обратное неравенство, поскольку левая часть не определена. Однако условие $(a+b)(b+c)(c+a)\neq0$, я считаю, писать не надо, поскольку подразумевается, что неравенство следует рассматривать только при допустимых значениях $a$, $b$, $c$.

С Вашим последним утверждением согласиться не могу. Спасибо за ответ!

Mr. X в сообщении #402634 писал(а):

Мне кажется, все же, содержательным уточнение этого неравенства в следующем направлении.

При фиксированном вещественном $\alpha$, найти инфимум выражения $(\frac{a}{b+c})^{\alpha}+(\frac{b}{c+a})^{\alpha}+(\frac{c}{a+b})^{\alpha}$ по всем $a, b, c >0$.

При $0<\alpha\leq\log_21.5$ получаем $2$, а при $\alpha\geq\log_21.5$ или $\alpha\leq0$ получаем $\frac{3}{2^{\alpha}}$.

[Mr. X]

arqady в сообщении #403003 писал(а):

При $0<\alpha\leq\log_21.5$ получаем $2$, а при $\alpha\geq\log_21.5$ или $\alpha\leq0$ получаем $\frac{3}{2^{\alpha}}$.

Спасибо!

Ну и тогда уж, какой ответ на этот вопрос:

Цитата:

А как это "забавное усиление" переносится на другие значения $\alpha$, отличные от $1/2$ (что такое $\alpha$ см. выше) ?

[arqady]

Mr. X в сообщении #403022 писал(а):

Ну и тогда уж, какой ответ на этот вопрос:

Цитата:

А как это "забавное усиление" переносится на другие значения $\alpha$, отличные от $1/2$ (что такое $\alpha$ см. выше) ?

Смотря, что Вы имеете в виду под "переносится". Для $\alpha=\frac{1}{3}$ можно, например, "перенести" следующим образом:

$$\sqrt[3]{\frac{a}{b+c}}+\sqrt[3]{\frac{b}{a+c}}+\sqrt[3]{\frac{c}{a+b}}\geq2\sqrt[3]{1+\frac{5.5abc}{(a+b)(a+c)(b+c)}}$$

[Sasha2]

А для альфа равного 1?

[Mr. X]

Под "переносится" я бы понимал неравенство, в левой части которого стоит сумма соответствующих дробей в степени $\alpha$, а в правой -- тоже зависимость от $\alpha$ присутствует и при $\alpha =1/2, 1/3$ получаются неравенства вышеприведенные Вами. Очень желательно чтобы это "перенесение" охватывало все вещественные $\alpha$, в частности, $\alpha =1, 2$, о которых выше шла речь.

[arqady]

Mr. X в сообщении #403103 писал(а):

Под "переносится" я бы понимал неравенство, в левой части которого стоит сумма соответствующих дробей в степени $\alpha$, а в правой -- тоже зависимость от $\alpha$ присутствует и при $\alpha =1/2, 1/3$ получаются неравенства вышеприведенные Вами.

Очень похоже, что для всех $0<\alpha\leq\log_21.5$ верно следующее неравенство:

$$\left(\frac{a}{b+c}\right)^{\alpha}+\left(\frac{b}{a+c}\right)^{\alpha}+\left(\frac{c}{a+b}\right)^{\alpha}\geq2\left(1+\frac{kabc}{(a+b)(a+c)(b+c)}\right)^{\alpha}$$

где $k=4\left(\frac{3}{2}\right)^{\frac{1}{\alpha}}-8$ и $a$, $b$ и $c$ положительны.
Для $\alpha=\frac{1}{2}$ и $\alpha=\frac{1}{3}$ я умею это доказывать. Ну для некоторых других контретных $\alpha$ видно, что доказатетельство аналогично. В общем же случае - надо думать. Может, это просто, но я пока не вижу.

[Mr. X]

После того, что Вы уже написали до этого, я и предполагал, естественно, такого сорта обобщение. По-видимому, также (теперь и более?) интересно "усиление" для других $\alpha$, охватывающих, в частности, случаи $\alpha =1, 2$. Возможно, здесь это "усиление" будет иметь совсем другой вид, коль скоро инфимум левой части достигается, когда числа $a, b, c$ одинаковы; может быть, в этом случае справа нужно написать какую-нибудь "невязку", симметрично зависящую от $(a-b)^2, (b-c)^2, (c-a)^2$.

[Sasha2]

Хоть бы какой-нибудь мельчайший намек на то как такие неравенства доказываются.
Мне вообще смутно кажется, что вся трудность доказательства обусловлена какой-точертовски сложной неприводимостью частей этого неравенства.
В принципе доказательства не нужно, а вот хотелось бы знать, достаточно ли для доказательства использования классических неравенств или же требуются более изощренные способы?

[Sasha2]

Кстати, Васили Цитроадзе утверждает, что справедливо следующее неравенство,( Задача 3057, стр. 131, Inequalities proposed in
“Crux Mathematicorum” (from vol. 1, no. 1 to vol. 4, no. 2 known as “Eureka”)):

$(\frac{2a}{b+c})^p+(\frac{2b}{a+c})^p+(\frac{2c}{a+b})^p \ge 3$
для всех $p \ge \frac{\ln 3}{\ln 2}-1$.
Но для меня, конечно, доказать такое неравенство неподъемно.
Но тем не менее отсюда видно, что то неравенство, которое предложено выше, является простым следствием вот этого. Оно даже еще сильнее исходного.

[Mr. X]

Это уже написал ранее arqady :

arqady в сообщении #403003 писал(а):

При фиксированном вещественном $\alpha$, найти инфимум выражения $(\frac{a}{b+c})^{\alpha}+(\frac{b}{c+a})^{\alpha}+(\frac{c}{a+b})^{\alpha}$ по всем $a, b, c >0$.


При $0<\alpha\leq\log_21.5$ получаем $2$, а при $\alpha\geq\log_21.5$ или $\alpha\leq0$ получаем $\frac{3}{2^{\alpha}}$.

[Sasha2]

Ну и как интересно это все реализуется?
Кажется, что даже на стадии поиска стационарных точек получается неразрешимая система степенных уравнений.