Красивое неравенство

[Sasha2]

Да, признаю, что первая попытка оказалась неудачной.

-- Вс апр 17, 2011 13:12:46 --

А вообще Вы знаете, доказательство у меня вообще-то верное.
Просто были допущены досадные мелкие арифметические ошибки.
После их устранения все встает на свои места.
Действительно в левой части (после деления на 2 обеих частей) имеем $(a+b+c)^2$, а в правой сумму трех следующих слагаемых:
$a^2+bc+\frac{ab+ac}{2}$
$b^2+ac+\frac{ab+bc}{2}$
$c^2+ab+\frac{ac+bc}{2}$.
И нетрудно убедиться в том, что левая часть, как раз равна вот сумме этих трех слагаемых

[Sasha2]

А вот с правым неравенством не получается так просто.
Не совсем понятно, как применять неравенство Коши-Шварца к сумме парных произведений трех корней.
Может быть натолкнете на мысль или хотя бы пример покажите попроще, чтобы можно было оценить сверху сумму трех корней.

[arqady]

Подсказка:
Проанализируйте вот это Ваше доказательство. Та же идея!

[Sasha2]

Если действовать таким же образом, то, опуская детали, получаем к доказательству вот такое неравенство:
$2(a+b+c)^2+(\frac{b^2}{a}+\frac{c^2}{b}+\frac{a^2}{c})(a+b+c) \le 5(a^2+b^2+c^2)+4(ab+bc+ac)$.
В конечном счете это сводится вот к такому неравенству:
$\frac{b^3+b^2c}{a}+\frac{c^3+c^2a}{b}+\frac{a^3+a^2b}{c} \le 2(a^2+b^2+c^2)$.
Но что-то с трудом верится, что это неравенство верное. Скорее наоборот.

[Sasha2]

Все дошло до меня, как до жирафа.
Нужно просто использовать разложение $\sqrt{a^2+b^2+ab}=\sqrt{a+b+\sqrt{ab}} \cdot \sqrt{a+b-\sqrt{ab}}$.
Это приводит к цели.

[arqady]

Sasha2 в сообщении #436527 писал(а):

Все дошло до меня, как до жирафа.
Нужно просто использовать разложение $\sqrt{a^2+b^2+ab}=\sqrt{a+b+\sqrt{ab}} \cdot \sqrt{a+b-\sqrt{ab}}$.
Это приводит к цели.

Уверены?

[Sasha2]

Практически, во всяком случае такое разложение позволяет доказать (как мне кажется еще более шарпное неравенство), а именно:
$\sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{b^2+bc+c^2}+\sqrt{c^2+ca+a^2} \le \sqrt{4(a^2+b^2+c^2)+7(ab+bc+ac)}$, которое также верно.
(Выклатки очевидны и понятны) Мне оно кстати больше нравится чем исходный вариант.
Далее (ну тоже снова кажется, что и исходное будет верно) останется показать, что
$3(ab+bc+ac) \le a^2+b^2+c^2 + 2\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})$, которое кажется верным.
Но если это не так, то подскажите пожалуйста нужный варинт разложения.
Ведь фактически метода состит в том, чтобы случайным образом, перебирая возможные разложения на сомножители, найти тот, который приводит к нужному результату. Ценность этой методы сомнительны. Вот если бы можно было сразу указывать нужный способ, тогда да. А так выходит, что-то вроде повезет - не повезет.

[arqady]

Sasha2 в сообщении #436789 писал(а):

Практически, во всяком случае такое разложение позволяет доказать (как мне кажется еще более шарпное неравенство), а именно:
$\sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{b^2+bc+c^2}+\sqrt{c^2+ca+a^2} \le \sqrt{4(a^2+b^2+c^2)+7(ab+bc+ac)}$...

Если оно более "шарпное", то $5(a^2+b^2+c^2)+4(ab+ac+bc)\geq4(a^2+b^2+c^2)+7(ab+bc+ac)$, что неверно.

Sasha2 в сообщении #436789 писал(а):

Мне оно кстати больше нравится чем исходный вариант.

Дело вкуса, только в моём неравенстве равенство достигается, когда все переменные равны...
Кстати, Ваше неравенство следует из очевидного $\sqrt{(a^2+ab+b^2)(a^2+ac+c^2)}\leq (a+b)(a+c)$.

Sasha2 в сообщении #436789 писал(а):

Далее (ну тоже снова кажется, что и исходное будет верно) останется показать, что
$3(ab+bc+ac) \le a^2+b^2+c^2 + 2\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})$, которое кажется верным.
Но если это не так, ...

А сами Вы проверить не можете?

Sasha2 в сообщении #436789 писал(а):

Ведь фактически метода состит в том, чтобы случайным образом, перебирая возможные разложения на сомножители, найти тот, который приводит к нужному результату. Ценность этой методы сомнительны. Вот если бы можно было сразу указывать нужный способ, тогда да. А так выходит, что-то вроде повезет - не повезет.

Это так Вам представляется положение дел. На самом деле, исходное неравенство доказывается совсем не случайным способом.

[Sasha2]

Ну я тут имел в виду про шарпность только то, что коэффициент при главых квадратах на единицу меньше.

А если оно доказывается неслучайным образом, то может быть поделитесь (ну хотя бы названием) этого метода, который поволяет неслучайным образом выбирать нужное разложение.

[Sasha2]

Вот еще, вынося $(a+b)$ за знак корня, в конечном счете получил такое неравенство (эквивалентное исходному):
$4(ab+bc+ac) \le a^2+b^2+c^2 +2(a+b+c)(\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ac}{a+c})$.
Это оно?

[MrDindows]

Дык
$2(a+b+c)(\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ac}{a+c}) =((a+b)+(b+c)+(a+c))(\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ac}{a+c})\ge 3(ab+bc+ac)$
Или не?)

[arqady]

Sasha2 в сообщении #436881 писал(а):

Вот еще, вынося $(a+b)$
$4(ab+bc+ac) \le a^2+b^2+c^2 +2(a+b+c)(\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ac}{a+c})$.
Это оно?

Нет, но близко.

MrDindows в сообщении #436882 писал(а):

Дык
$2(a+b+c)(\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ac}{a+c}) =((a+b)+(b+c)+(a+c))(\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ac}{a+c})\ge 3(ab+bc+ac)$
Или не?)

Нет. Проверьте $a=b=1$ и $c=0$.

[Sasha2]

Ну честно говоря, я пока в тупике и не понимаю, что еще можно вынести за знак корня.
Вряд ли это $\sqrt{a^2+b^2}$. И уж кажется совсем неворятным, что это $\sqrt{ab}$.

[arqady]

Нет, все правильно, Sasha2! Именно эту идею я и имел в виду! Сразу не догнал, как Вы получили Ваше неравенство
(просто дополнили $a^2+ab+b^2$ до полного квадрата). Простите великодушно! Теперь остаётся доказать полученное Вами неравенство.

[Sasha2]

Но это достаточно сложное неравенство.
А если Вы так говорите, то у Вас наверно есть способ попроще.

Ну а если упростить немного, то получается
$2(ab+bc+ac) \le a^2+b^2+c^2 +2abc(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c})$.
Пока никаких идей, но буду пытаться.
Все равно, спасибо за подсказку, а то я уже просто растерялся.

-- Ср апр 20, 2011 03:55:49 --

Блин ну как я проглядел.
Здесь стоит всего лишь воспользоваться следующим неравенством $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c} \ge \frac{9}{2(a+b+c)}$, а значит останется доказать, что
$2(ab+bc+ac) \le a^2+b^2+c^2 + \frac{9abc}{a+b+c}$.
Умножив обе части на $(a+b+c)$ приходим после очевидных преобразований к неравенству Шура.
Ну вроде сейчас уже все правильно?