Непонятное неравенство

[Sasha2]

Вот что-то не выходит со следующим неравенством:

Даны три положительных числа $a, b, c$, такие, что $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=3$.
Доказать, что $(ab)^{\frac{2}{3}}+(bc)^{\frac{2}{3}}+(ac)^{\frac{2}{3}} \le 3$

[arqady]

Sasha2 в сообщении #306228 писал(а):

Вот что-то не выходит со следующим неравенством:

Даны три положительных числа $a, b, c$, такие, что $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=3$.
Доказать, что $(ab)^{\frac{2}{3}}+(bc)^{\frac{2}{3}}+(ac)^{\frac{2}{3}} \le 3$

Пусть $a=x^2,$ $b=y^2$ и $c=z^2,$ где $x,$ $y$ и $z$ неотрицательны.
Тогда $x+y+z=3$ и нужно доказать, что

$$\sum_{cyc}xy\sqrt[3]{xy}\leq3.$$

Теперь воспользуйтесь $AM-GM$: $1+x+y\geq3\sqrt[3]{xy}$ и всё получится.

[Sasha2]

Вот я применяю AM-GM к Вашему
$\sum_{cyc}xy\sqrt[3]{xy}\leq3$

Получаю, что нужно прказать, что $\sum_{cyc}xy(1+x+y)\leq9$

Первая сумма $xy+yz+zx \leq 3$ доказывается элементарно, а вот вторая
$xy(x+y)+zx(z+x)+xz(x+z) \leq 6$ не получается показать.

-- Вс апр 04, 2010 19:00:43 --

А оно даже и неверно.
Нет Аркадий, тут так не проходит.


Ну действительно непонятно, что вот с этим делать $xy(1+x+y)+yz(1+y+z)+xz(1+x+z) \leq 9$

[Sasha2]

Получается, но каким то убогим способом.
Вот так примерно.
Прежде всего сводим неравенство
$xy(1+x+y)+yz(1+y+z)+xz(1+x+z) \le 9$ к такому $4xy+4yz+4zx \le 9+3xyz$.
Ну это понятно как получается, просто по $3xyz$ добавляем к обеим частям и распихиваем по $xyz$ в каждую скобку в левой части.

А теперь применяем оштурмовку, рассуждая примерно так:
Если $x=y=z=1$, то тогда неравенство $4xy+4yz+4zx-3xyz \le 9$ верно (оно просто превращается ыв верное равенство). Пусть теперь не все три числа $x,y,z$ равны 1. Тогда одно из них точно меньше, а другое точно больше 1. Пусть таковыми являются $x$ и $y$, то есть полагаем $x<1$, а $y>1$. Теперь нам надо показать, что при замене $x$ на $1$, а $y$ на $(x+y-1)$ выражение $4xy+4yz+4zx-3xyz$ может разве только что увеличиться. Выполнив замену, и проведя тривиальные сокращения, мы получим, что данное утверждение тождественно вот такому неравенству $(4-3z)(1-x)(y-1) \ge 0$, которое при наших предположениях относительно $x$ и $y$ является верным. Ну и далее уже станартное окончание этого процесса.

Но вообщем убогий это метод оштурмовки, не нравится он мне, а может у Вас Аркадий, есть более красивое решение?

[arqady]

Мне нравится $uvw$:
Пусть $x+y+z=3u,$ $xy+xz+yz=3v^2$ и $xyz=w^3.$
Тогда $4(xy+xz+yz)\leq9+3xyz\Leftrightarrow12uv^2\leq9u^3+3w^3\Leftrightarrow w^3\geq4uv^2-3u^3.$
Но $w^3$ получает наименьшее значение, когда два числа из $\{x,y,z\}$ равны или $w^3=0.$
Каждый из этих случаев легко проверить.
Но самое простое - после гомогенизации увидеть неравенство Шура.

[Sasha2]

А еще проще не получится? Дело в том, что это неравенство предлагает Пам Ким (Секреты неравенств) сразу после темы AM-GM. К сожалению этот пример у него остался не разобран, то есть на самомтоятельную работу.

[Полосин]

Неравенство легко выводится из оценки $(1+x)^p=(1+x)^{p-1}(1+x)\le(1+(p-1)x)(1+x)=1+px+(p-1)x^2$, $x\ge-1$, $1\le p\le2$.

[Sasha2]

Не совсем понятно, к чему это. Но если пользоваться неравенством Бернулли, то зачем такой огород городить. Две третьих и так меньше 1. Поэтому Исходное неравенство вполне может быть сведено вот к такому:
$\frac{1}{3}+\frac{4}{9}(a+b+c)+\frac{4}{9}(ab+bc+ac) \le 3$.
Но так с ходу увидеть его справедливость, что то не очень получается.

А можно, кстати, применяя неравенство Бернулли сразу к произведению $(ab)^\frac{2}{3}$, свести его вот к такому:
$ab+bc+ac \le 3$

опять же при условии $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=3$ иак вот с ходу непонятно, поччему оно должно быть справедливым.

[Полосин]

Нет, так не получается. Попробую еще.

[arqady]

Sasha2 в сообщении #306431 писал(а):

А еще проще не получится?

Что может быть проще следующего рассуждения?
Напомню, что после применения $AM-GM$ осталось доказать, что

$$\sum}_{cyc}xy(1+x+y)\leq9$$

для неотрицательных $x,$ $y$ и $z$ таких, что $x+y+z=3.$
Получаем:

$$\sum}_{cyc}xy(1+x+y)\leq9\Leftrightarrow3(xy+xz+yz)+3\sum_{cyc}(x^2y+x^2z)\leq27\Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow(x+y+z)(xy+xz+yz)+3\sum_{cyc}(x^2y+x^2z)\leq(x+y+z)^3\Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow\sum_{cyc}(x^3-x^2y-x^2z+xyz)\geq0,$$

а это неравенство Шура, которое можно уже не доказывать.
Если уж очень хочется его доказать, то это можно сделать огромным числом способов.

[Draggi]

Я знаю это неравенство, его можно сделать Лагранжем.

-- Чт апр 14, 2011 14:44:01 --

arqady в сообщении #306428 писал(а):

Мне нравится $uvw$:
Пусть $x+y+z=3u,$ $xy+xz+yz=3v^2$ и $xyz=w^3.$
Тогда $4(xy+xz+yz)\leq9+3xyz\Leftrightarrow12uv^2\leq9u^3+3w^3\Leftrightarrow w^3\geq4uv^2-3u^3.$
Но $w^3$ получает наименьшее значение, когда два числа из $\{x,y,z\}$ равны или $w^3=0.$

Хотя по сути лагранжем докажется, как раз этот факт. Что интересно, я только вчера прочитал статью об этом uvw методе, некого Tejs'a у него в решении одной задачи идут отсылки на вас, Arqady :)

[arqady]

Draggi в сообщении #434705 писал(а):

Что интересно, я только вчера прочитал статью об этом uvw методе, некого Tejs'a у него в решении одной задачи идут отсылки на вас, Arqady :)

Ну хоть одна ссылка и на том спасибо! Этот метод я придумал в феврале 2009 года. Потом, правда, выяснилось, что похожие рассуждения уже были и раньше.
У меня к Вам просьба. Дайте, пожалуйста, ссылку на статью Tejs'a. Спасибо!

[Draggi]

Залил на айфолдер http://ifolder.ru/23070912, где найти оригинальный пост, я не знаю. Но я боюсь, статья вас не порадует, отсылка на вас там в решении одной из задач, а не в доказательстве самого метода, там так и написано "это решение пользователя arqady" и ссылка.

Все чаще натыкаюсь на ваши посты на маслинксе, где используется этот метод :)