Красивое неравенство

[arqady]

Пусть $a$, $b$ и $c$ неотрицательны и такие, что $a\geq bc$, $b\geq ac$, $c\geq ab$ и $a+b+c=1$. Докажите, что:

$$\sqrt{a-bc}+\sqrt{b-ac}+\sqrt{c-ab}\leq\sqrt2$$

[Sasha2]

Имеем
$LHS = \frac{1}{2}[(\sqrt{a-bc}+\sqrt{b-ac})+(\sqrt{b-ac}+\sqrt{c-ab})+(\sqrt{c-ab}+\sqrt{a-bc})]$

Рассмотрим один из трех слагаемых в квадратных скобках, для которого имеем следующее очевидное верное неравенство:
$\sqrt{a-bc}+\sqrt{b-ac} \le \sqrt{2}\sqrt{a+b-bc-ac}=\sqrt{2}\sqrt{(a+b)(1-c)}$
Два других слагаемых обрабатываем аналогично:
Остается показать, что $\frac{\sqrt{2}}{2}(\sqrt{(a+b)(1-c)}+\sqrt{(b+c)(1-a)}+\sqrt{(c+a)(1-b)}) \le \sqrt{2}$.
После несложного применения AM-GM к каждому из этих трех квадратных корней получаем к доказательству вот такое неравенство:
$\frac{\sqrt{2}}{4}(3+a+b+c) \le \sqrt{2}$, которое верно в силу условия. И вроде все доказано, если опять нигде не напутал.

[arqady]

Всё правильно! По-моему, в следующем неравенстве Ваш метод уже не работает.
Пусть $a$, $b$ и $c$ неотрицательны и такие, что $2a\geq3bc$, $2b\geq3ac$, $2c\geq3ab$ и $a+b+c=1$. Докажите, что:

$$\sqrt{2a-3bc}+\sqrt{2b-3ac}+\sqrt{2c-3ab}\leq\sqrt3$$

[Sasha2]

А мне кажется, навскидку, что достаточно подстановки
$a= \frac{2}{3}x$,
$b =\frac{2}{3}y$,
$c= \frac{2}{3}z$
и та же самая схема вновь должна срабатывать

[arqady]

Кажется и навскидку у Вас доказательства нет. Точнее можно будет сказать, когда будет приведено что-то более определённое.

[Sasha2]

Да действительно, во всяком случае вот так в лоб не получается.
А у Вас есть решение?
Натолкните на мысль, пожалуйста, в смысле укажите лишь только, решается ли это неравенство классически (стандартные классические неравенства) или экзотически (новые методы типа uvw, sos и тому подобное).

[arqady]

Sasha2 в сообщении #434989 писал(а):

Да
А у Вас есть решение?

Да, есть.

Sasha2 в сообщении #434989 писал(а):

Натолкните на мысль, пожалуйста ...

Подумать, найти идею, попытаться её реализовать до конца. Если идея неправильная, понять, почему она не работает, найти другую, попытаться её реализовать до конца, и т.д. и т.п. и так пока не докажется. Очень люблю применять этод метод, он иногда приносит успех, когда речь идёт об открытой проблеме. В нашем же случае речь идёт о задаче, решённой и придуманной человеком. А ничто человеческое нам не чуждо! Поэтому мне не видится причина, по которой Вы не смогли бы доказать это неравенство. Удачи!

[Sasha2]

Ну хотя бы укажите, пожалуйста, что вот идея получить оценку типа
$\frac{\sqrt{2a-3bc}+\sqrt{2b-3ac}}{2} \le \sqrt{\frac{ka+kb-lc}{n}}$, чтобы потом с удобством применить Коши-Шварца, неверна и нужно искать чего-то другого.

[Dimoniada]

А можно так?
Пусть $\overrightarrow m = (1; 1; 1)$, $\overrightarrow n = (\sqrt{a-bc}; \sqrt{b-ca}; \sqrt{c-ab})$, $\sigma_2 = ab+bc+ca$. Тогда $|\overrightarrow n | = \sqrt {1- \sigma_2}$, $$|\overrightarrow m | = \sqrt{3}$, $f=(\overrightarrow m\cdot \overrightarrow n)= \sqrt{a-bc}+ \sqrt{b-ca}+ \sqrt{c-ab}$. Максимум $f$ будет при сонаправленности $\overrightarrow m$ и $\overrightarrow n$ и минимуме $\sigma_2$. А это всё как раз выполняется при $a=b=c$, $max(f)= \sqrt{3} \cdot \sqrt{1-1/3} = \sqrt{2}$.

[arqady]

Dimoniada, по-Вашему $-\sigma_2\leq-\frac{1}{3}$?

[Sasha2]

Запишем левую часть данного неравенства в таком виде:
$\sqrt{a}\sqrt{2-\frac{3bc}{a}}+\sqrt{b}\sqrt{2-\frac{3ac}{b}}+\sqrt{c}\sqrt{2-\frac{3ab}{c}}$.
Теперь применим к этой левой части неравенство Коши-Шварца. Имеем:
$LHS \le \sqrt{a+b+c}\sqrt{6-3(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b})}=\sqrt{6-3(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b})}$.
И после несложных преобразований останется показать, что $\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b} \ge 1$.
А это последнее неравенство верно, например, в силу перестановочного неравенства.

Вроде правильно все. Но все равно терзают смутные сомнения, что где-то все же есть ошибка. Ну не может быть все так просто.

[Dimoniada]

arqady в сообщении #435370 писал(а):

Dimoniada, по-Вашему $-\sigma_2\leq-\frac{1}{3}$?

Да, ошиблась. Не минимум, а максимум у сигмы будет.

[arqady]

Всё правильно, Sasha2!
Вот неравенства для любителей Коши-Шварца:
Пусть $a$, $b$ и $c$ неотрицательны. Докажите, что:

$$\sqrt{4(a^2+b^2+c^2)+5(ab+ac+bc)}\leq\sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{a^2+ac+c^2}+\sqrt{b^2+bc+c^2}\leq\sqrt{5(a^2+b^2+c^2)+4(ab+ac+bc)}$$

[Sasha2]

Сперва докажем левое из этих двух неравенств.
После возведения в квадрат обеих частей и сокращения подобных членов к нам останется доказать вот такое неравнство:
$2(a^2+b^2+c^2)+3(ab+bc+ac) \le 2(\sqrt{a^2+b^2+ab}\sqrt{b^2+c^2+bc}+\sqrt{b^2+c^2+bc}\sqrt{c^2+a^2+ac}+\sqrt{c^2+a^2+ca}\sqrt{a^2+b^2+ab})$.
Рассмотрим один из членов суммы в правой части данного неравенства, например $\sqrt{c^2+a^2+ca}\sqrt{a^2+b^2+ab}$.
Представим этот член в виде $\sqrt{\frac{3}{4}a^2+(\frac{a}{2}+c)^2}\sqrt{\frac{3}{4}a^2+(\frac{a}{2}+b)^2}$.
Теперь применив к нему неравенство Коши-Шварца, получим, что он больше вот такого выражения $a^2+bc+\frac{ab+ac}{2}$. Два остальных члена обрабатываем аналогично. Осталось их сложить и умножить полученную сумму на 2 и убедиться в том, что это, как раз и дает $2(a^2+b^2+c^2)+3(ab+bc+ac)$. Вроде левое неравенство доказано, если опять не напутал чего-то.

[MrDindows]

Sasha2 в сообщении #435798 писал(а):

Сперва докажем левое из этих двух неравенств.
После возведения в квадрат обеих частей и сокращения подобных членов к нам останется доказать вот такое неравнство:
$2(a^2+b^2+c^2)+3(ab+bc+ac) \le 2(\sqrt{a^2+b^2+ab}\sqrt{b^2+c^2+bc}+\sqrt{b^2+c^2+bc}\sqrt{c^2+a^2+ac}+\sqrt{c^2+a^2+ca}\sqrt{a^2+b^2+ab})$.
Рассмотрим один из членов суммы в правой части данного неравенства, например $\sqrt{c^2+a^2+ca}\sqrt{a^2+b^2+ab}$.
Представим этот член в виде $\sqrt{\frac{3}{4}a^2+(\frac{a}{2}+c)^2}\sqrt{\frac{3}{4}a^2+(\frac{a}{2}+b)^2}$.
Теперь применив к нему неравенство Коши-Шварца, получим, что он больше вот такого выражения $a^2+bc+\frac{ab+ac}{2}$. Два остальных члена обрабатываем аналогично. Осталось их сложить и умножить полученную сумму на 2 и убедиться в том, что это, как раз и дает $2(a^2+b^2+c^2)+3(ab+bc+ac)$. Вроде левое неравенство доказано, если опять не напутал чего-то.

По-моему напутали.
Там 4 должна быть
$2(a^2+b^2+c^2)+4(ab+bc+ac) \le 2(\sqrt{a^2+b^2+ab}\sqrt{b^2+c^2+bc}+\sqrt{b^2+c^2+bc}\sqrt{c^2+a^2+ac}+\sqrt{c^2+a^2+ca}\sqrt{a^2+b^2+ab})$.