Свежее неравенство

[arqady]

Пусть $a$, $b$ и $c$ неотрицательные числа, для которых $ab+ac+bc+18abc=1$. Докажите, что:

$$a^2+b^2+c^2+45abc\geq2$$

[Коровьев]

Воспользоваться неравенством Коши для трёх неотрицательных чисел
$\frac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[3]{{abc}}$
и тем, что из первого уравнения следует
$abc<1$

[arqady]

Коровьев в сообщении #455388 писал(а):

Воспользоваться неравенством Коши для трёх неотрицательных чисел
$\frac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[3]{{abc}}$

Что-то я не вижу, что Вы имеете в виду. Равенство в нашем неравенстве достигается ещё, когда $a=b=1$ и $c=0$, а в неравенстве $\frac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[3]{{abc}}$ тогда не будет равенства.
Может, скажете что-то конкретнее?

[brother]

Не могу придумать красивого решения, только решение задачи в лоб.
Каждое число из тройки либо меньше 1, либо только одно из них больше или равно 1, а два другие меньше 1. Поэтому выразим, например, $a$ из равенства и подставим в левую часть неравенства. Исследуем функцию двух переменных составленную из левой части неравенства на минимум на области $\left\{0\leqslant b \leqslant 1,0 < c < 1\right\}$. Т.о. получим исходное неравенство

[Коровьев]

arqady в сообщении #455452 писал(а):

Коровьев в сообщении #455388 писал(а):

Воспользоваться неравенством Коши для трёх неотрицательных чисел
$\frac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[3]{{abc}}$

Что-то я не вижу, что Вы имеете в виду. Равенство в нашем неравенстве достигается ещё, когда $a=b=1$ и $c=0$, а в неравенстве $\frac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[3]{{abc}}$ тогда не будет равенства.
Может, скажете что-то конкретнее?

Мда...Ошибся я. Красиво не получилось

[мат-ламер]

Может попытаться вывести, что из первого равенства следует, что $abc\ge1/27$?

[Equinoxe]

мат-ламер, не может оно следовать: a=0,b=1,c=1

[Dimoniada]

arqady в сообщении #454903 писал(а):

Пусть $a$, $b$ и $c$ неотрицательные числа, для которых $ab+ac+bc+18abc=1$. Докажите, что:

$$a^2+b^2+c^2+45abc\geq2$$

Дано:
$\sigma_2 + 18\sigma_3 = 1$,
надо доказать $\sigma_1^2 - 2\sigma_2 + 45\sigma_3 \geq 2$.
$2$ представим как $2(\sigma_2 + 18\sigma_3)$. Останется показать, что $\sigma_1^2 - 4\sigma_2 + 9\sigma_3 \geq 0$, но последнее можно даже усилить $\sigma_1\cdot(\sigma_1^2 - 4\sigma_2) + 9\sigma_3 \geq 0$. Кстати, какое-то Ваше неравенств из последних сводилось именно к этому.

[arqady]

Dimoniada в сообщении #455864 писал(а):

arqady в сообщении #454903 писал(а):

Пусть $a$, $b$ и $c$ неотрицательные числа, для которых $ab+ac+bc+18abc=1$. Докажите, что:

$$a^2+b^2+c^2+45abc\geq2$$

Дано:
$\sigma_2 + 18\sigma_3 = 1$,
надо доказать $\sigma_1^2 - 2\sigma_2 + 45\sigma_3 \geq 2$.
$2$ представим как $2(\sigma_2 + 18\sigma_3)$. Останется показать, что $\sigma_1^2 - 4\sigma_2 + 9\sigma_3 \geq 0$, но последнее можно даже усилить $\sigma_1\cdot(\sigma_1^2 - 4\sigma_2) + 9\sigma_3 \geq 0$

Да, вижу! Поскольку легко проверить, что $\sigma_1\geq1$ и поэтому $-\frac{9\sigma_3}{\sigma_1}\geq-9\sigma_3$.
По моему, в следующем неравенстве Ваше рассуждение уже не проходит.
Пусть $a$, $b$ и $c$ неотрицательные числа, для которых $ab+ac+bc-abc=2$. Докажите, что:

$$a^2+b^2+c^2+abc\geq4$$

Окончательный результат здесь следуюший:
Пусть $k\leq-3$ или $k\geq-\frac{11}{9}$, а также $a$, $b$ и $c$ неотрицательные числа, для которых $ab+ac+bc+kabc=3+k$. Докажите, что:

$$a^2+b^2+c^2+(3+2k)abc\geq6+2k$$

Кстати, случай $k=-\frac{11}{9}$ почему-то принципиально не отличается от случая $k=-1$.