Красивое неравенство

[arqady]

Сейчас всё правильно. Поздравляю!
Вот ещё, на ту же идею:
Пусть $a$, $b$ и $c$ неотрицательны и $ab+ac+bc=3$. Докажите, что:

$$\sqrt{11a^2+16}+\sqrt{11b^2+16}+\sqrt{11c^2+16}\leq\sqrt{27}(a+b+c)$$

Кстати, в неравенстве Гёльдера та же идея иногда тоже работает.

[nnosipov]

arqady в сообщении #436923 писал(а):

Сейчас всё правильно. Поздравляю!
Вот ещё, на ту же идею:
Пусть $a$, $b$ и $c$ неотрицательны и $ab+ac+bc=3$. Докажите, что:

$$\sqrt{11a^2+16}+\sqrt{11b^2+16}+\sqrt{11c^2+16}\leq5(a+b+c)$$

Кстати, в неравенстве Гёльдера та же идея иногда тоже работает.

А если подставить $a=b=c=1$?

[Sasha2]

Спасибо за науку, уважаемый Аркадий.
И еще раз, извините, что я у Вас отнял столько времени.

И еще, я сделал вывод, что:
1) Если нужно оценить сумму трех корней снизу, то тогда нужно искать представление каждого из них в виде суммы двух или более квадратов.
2) Если нужно оценить сумму трех корней сверху, то тогда нужно искать представление каждого из них в виде произведения двух или более сомножителей.

[arqady]

nnosipov, спасибо! Исправил.

Sasha2 в сообщении #436935 писал(а):

Спасибо за науку, уважаемый Аркадий.
И еще раз, извините, что я у Вас отнял столько времени.

Спасибо Вам, что Вы интересуетесь неравенствами!

[Sasha2]

Читая "Секренты неравенств" от Пам Ким Хана, заметил, что во многих примера что автор этой книги использует такое утверждение:
Если $a \le b \le c$, то тогда и $(a^2-bc)(b+c) \le (b^2-ac)(a+c) \le (c^2-ab)(a+b)$. Здесь $a$, $b$ и $c$ - это три положительных вещественных числа. КАК ТО КАЖЕТСЯ СОМНИТЕЛЬНО ЭТО.
Интересно, а вот верно также ли еще в контексте самого последнего неравенства точно такое же утверждение, но уже для чисел $(3a^2-(ab+bc+ac))(b+c), (3b^2-(ab+bc+ac))(a+c), (3c^2-(ab+bc+ac))(a+b)$

[MrDindows]

Верно.Раскройте скобки. Мы получим такое очевидное неравенство, эквивалентное данному.
$a^2b+a^2c \le b^2a+b^2c \le c^2a+c^2b$

[Sasha2]

Пока никак не получается.
Уважаемый Аркадий, натолкните хоть на самую общую идею, в смысле хотя бы подскажите можно ли доказать это неравенство, применяя Коши-Шварца вот в такой форме:
$(x+y+z)^2 \le (\frac{x^2}{u}+\frac{y^2}{v}+\frac{z^2}{w})(u+v+w)$
или же нужно искать чего-то другого?

[arqady]

Sasha2 в сообщении #437317 писал(а):

...подскажите можно ли доказать это неравенство, применяя Коши-Шварца ...

Безуслвно да и тем же приёмом, которым Вы доказали предыдущие два неравенства из этого топика.

[Sasha2]

Ну и если развить эту Вашу мысль далее, то это означает, что цена вопроса состоит в надлежащем подборе этих $u$, $v$ и $w$?

[arqady]

Да.

[Draggi]

Извиняюсь, не дадите ли ссылку на книгу "секреты неравенств"?

[arqady]

Попробуйте здесь:
http://book.mathvn.com/2009/03/secrets- ... -hung.html
Перед скачиванием убедитесь, что Вы скачиваете то, что хотите скачать.

[Draggi]

Спасибо.

[Sasha2]

Исходное неравенство (предполагая, что $a \le b \le c$) перепишем в следующем виде:
$\[\sum\limits_{cyc} {(3\sqrt 3 a - \sqrt {11{a^2} + 16} ) \ge 0 \Leftrightarrow } \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2} - 1}}{{3\sqrt 3 a + \sqrt {11{a^2} + 16} }}} \ge 0\]$.
Вот в такой форме неравенство Чебышева (в правую сторону) применять еще нельзя. Хоть в числителе и стоит возрастающая последовательность, но в знаменателе не стоит убывающая последовательность. А вот если мы поделим и числитель и знаменатель на $a$, то тогда в числителе последовательность останется возрастающей, а в знаменателе она станет убывающей. Теперь условия применения неравенства Чебышева вроде бы соблюдены. Но тогда справедливость исходного неравенства должна вытекать из вот такого неравенства:
$\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2} - 1}}{a}} \ge 0\]$ разумеется при $ab+bc+ac=3$.
Вроде действовал, как по учебнику, но все равно возникают сомнения в правильности данного рассуждения. Хотелось бы узнать, не делаю ли я ошибку, рассуждая подобным образом?

P.S. Если это рассуждение верно, то тогда данное неравенство также будет верно и при $a+b+c=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$.

[arqady]

Sasha2 в сообщении #437586 писал(а):

Но тогда справедливость исходного неравенства должна вытекать из вот такого неравенства:
$\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2} - 1}}{a}} \ge 0\]$ разумеется при $ab+bc+ac=3$.

Проверьте $a\rightarrow0^+$.