Неравенство

[Trius]

Пусть $a,b,c\geq 1$.Доказать что $\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\leq \frac {2}{\sqrt3}\sqrt{abc}$

[Руст]

Обозначив члены в левой части через x,y,z сводим это неравенство к эквивалентному
$x+y+z\le \frac{2}{\sqrt 3 }\sqrt{(1+x^2)(1+y^2)(1+z^2)}.$
Это доказывается просто

$$\sqrt{(1+x^2)(1+y^2)(1+z^2)}\ge \sqrt{1+x^2+y^2+z^2}\ge 2 \sqrt{x^2+y^2+z^2}\ge 2\sqrt 3 (x+y+z)$$

.
Как видно, коэффициент в правой части неэффиктивен.

[Someone]

Руст, что-то у Вас при $x=y=z=1$ нехорошо получается.

[Lion]

Руст писал(а):

$$...\sqrt{1+x^2+y^2+z^2}\ge 2 \sqrt{x^2+y^2+z^2}...

Это неравенство верно только при $a+b+c\ge10/3$, а по условию $a,b,c \ge 1$.

[Руст]

Да я допустил ошибку. Чисто путём дифференцирования устанавливается, что лучшим коэффициентом c_n, таким, что всегда выполняется

$$c_n\sqrt{\prod_{i=1}^n(1+x_i^2)}\ge \sum_{i=1}^n x_i$$

является $c_n=\frac{(n-1)^{(n-1)/2}}{n^{(n-2)/2}}$, в частности $c_3=\frac{2}{\sqrt 3 }$.
Это означает, что коэффициент неулучшаемый.

[Trius]

а можно по-другому доказать?

[Trius]

еще одно неравенство. вроде простое, а доказать не получается : для неотрицательных $x,y,z$ доказать неравенство $3(x^3+y^3+z^3+xyz)\geq 4(x^2y+y^2z+z^2x)$

[Gordmit]

Trius писал(а):

еще одно неравенство. вроде простое, а доказать не получается : для неотрицательных $x,y,z$ доказать неравенство $3(x^3+y^3+z^3+xyz)\geq 4(x^2y+y^2z+z^2x)$

Действительно, неравенство простое, т.к. доказать его можно всего лишь пользуясь неравенством между средним арифметическим и средним геометрическим:

$$\sqrt[3]{abc}\leqslant \frac{a+b+c}{3}$$

.

Указание: сравните левую и правую часть неравенства с числом $12xyz$.

[student]

Gordmit писал(а):

Trius писал(а):

еще одно неравенство. вроде простое, а доказать не получается : для неотрицательных $x,y,z$ доказать неравенство $3(x^3+y^3+z^3+xyz)\geq 4(x^2y+y^2z+z^2x)$

Действительно, неравенство простое, т.к. доказать его можно всего лишь пользуясь неравенством между средним арифметическим и средним геометрическим:

$$\sqrt[3]{abc}\leqslant \frac{a+b+c}{3}$$

.
Указание: сравните левую и правую часть неравенства с числом $12xyz$.

Если сравнит получится так!
$A=3(x^3+y^3+z^3+xyz)\geq 12xyz$
$B=4(x^2y+y^2z+z^2x)\geq 12xyz$
Но отсюда не выходит $A\geq B$

[Gordmit]

Да, что-то я слегка облажался. Похоже, неравенство не такое простое, как мне сначала показалось.

[Trius]

да, оно чуть посложнее чем кажется на первый взгляд)

[Trius]

для неотрицательных чисел $a,b,c$ доказать $ab+bc+ac+\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\geq \frac {4}{3}(a\sqrt[3]{b^2c} +b\sqrt[3]{c^2a} +c\sqrt[3]{a^2b})$

[worm2]

Дык, та же задача, вид сбоку.
$x=\sqrt[3]{ac}$,
$y=\sqrt[3]{bc}$,
$z=\sqrt[3]{ab}$.

[Trius]

ну и что? никто не написал решение той задачи

[La|Verd]

Trius писал(а):

ну и что? никто не написал решение той задачи

Я только дошел до того, что $3(\frac a b + \frac b c + \frac c a) \geqslant 4 (a + b + c)$ для положительных $a, b, c$. Как это доказать еще не придумал...