Доказать неравенство

[Nikys]

Для всех положительных $a$, $b$ и $c$, для которых выполняется условие $abc=1$, доказать, что
$\frac {1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(a+c)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\geq\frac{3}{2}$

[MrDindows]

Если я ничего не напутал:
$\frac {1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(a+c)}+\frac{1}{c^3(a+b)}=\frac {\frac{1}{a^2}}{a(b+c)}+\frac{\frac{1}{b^2}}{b(a+c)}+\frac{\frac{1}{c^2}}{c(a+b)}\ge \frac{(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^2}{2(ab+bc+ac)}=$
$=\frac{(ab+ac+bc)^2}{2(ab+bc+ac)}=\frac{ab+ac+bc}{2}\ge \frac{3}{2}$

[Nikys]

Немного не понял вашего перехода, который в общем виде
$\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{(a+b+c)^2}{x+y+z}$
Я не заметил чего-то очевидного?

[arqady]

Nikys в сообщении #549692 писал(а):

Для всех положительных $a$, $b$ и $c$, для которых выполняется условие $abc=1$, доказать, что
$\frac {1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(a+c)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\geq\frac{3}{2}$

При тех же ограничениях следующее неравенство тоже верно:

$$\frac {1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(a+c)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\geq\frac{3}{2}+\frac{1}{2}\left(\frac{c(a-b)^2}{a+b}+\frac{b(a-c)^2}{a+c}+\frac{a(b-c)^2}{b+c}\right)$$

[Nikys]

Nikys в сообщении #549720 писал(а):

Немного не понял вашего перехода, который в общем виде
$\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{(a+b+c)^2}{x+y+z}$
Я не заметил чего-то очевидного?

Как я понимаю, это какой-нибудь эквивалент неравенства Коши, так как для двух слагаемых переходит в вид
$b^2x^2+a^2y^2\ge2abxy$
Или всё гораздо проще?

arqady в сообщении #549722 писал(а):

Nikys в сообщении #549692 писал(а):

Для всех положительных $a$, $b$ и $c$, для которых выполняется условие $abc=1$, доказать, что
$\frac {1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(a+c)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\geq\frac{3}{2}$

При тех же ограничениях следующее неравенство тоже верно:

$$\frac {1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(a+c)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\geq\frac{3}{2}+\frac{1}{2}\left(\frac{c(a-b)^2}{a+b}+\frac{b(a-c)^2}{a+c}+\frac{a(b-c)^2}{b+c}\right)$$

Омг...хотя бы подкиньте идею, в каком направлении идти на это доказательство...

Я просто туго знаю методы доказательств цикличных неравенств, можете дать ссылку на основные методы (заковыристые и не только)?

-- 18.03.2012, 16:17 --

В принципе, если свести три этих слагаемых под один знаменатель, перемножить, то можно по парам группировать и Коши применять...Можно только название этого перехода, или облегченное доказательство, чтобы при оформлении работы какой-нибудь не залететь в таком моменте?

[arqady]

Nikys в сообщении #549730 писал(а):

Омг...хотя бы подкиньте идею, в каком направлении идти на это доказательство...

Может, подумаете чуть-чуть? Ели у Вас не получится, завтра напишу подсказку.

Следующее неравенство существенно труднее.
Пусть $a$, $b$ и $c$ положительны и такие, что $abc=1$. Докажите, что:

$$\frac {1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(a+c)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\geq\frac{3}{2}+\frac{3}{4}\left(\frac{c(a-b)^2}{a+b}+\frac{b(a-c)^2}{a+c}+\frac{a(b-c)^2}{b+c}\right)$$

Ну и максимальное $k$, для которого неравенство

$$\frac {1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(a+c)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\geq\frac{3}{2}+k\left(\frac{c(a-b)^2}{a+b}+\frac{b(a-c)^2}{a+c}+\frac{a(b-c)^2}{b+c}\right)$$

верно для всех положительных $a$, $b$ и $c$ таких, что $abc=1$, это $k=\min\limits_{t>0}\frac{t^7+2t^6+3t^5+5t^4+7t^3+6t^2+5t+4}{4(t^2+t+1)^2}$.

[MrDindows]

Nikys в сообщении #549720 писал(а):

Немного не понял вашего перехода, который в общем виде
$\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{(a+b+c)^2}{x+y+z}$
Я не заметил чего-то очевидного?

Да, это он....У нас это неравенство называлось "Следствием из КБШ":
$(a_1^2+...+a_n^2)(b_1^2+...+b_n^2) \ge (a_1b_1+...+a_nb_n)^2$

Положим $a_i=\frac{x_i}{\sqrt{y_i}},\ b_i=\sqrt{y_i}$
И получим это неравенство.

Ну а также это частный случай неравенства Йенсена для функции $f(x)=x^2$

[Sergic Primazon]

Let $a,b,c >0 $ and $abc=1$

Prove that : $\frac {1}{a^2(b+c)}+\frac{1}{b^2(a+c)}+\frac{1}{c^2(a+b)}\geq\frac{3}{2}$

[arqady]

Sergic Primazon в сообщении #549826 писал(а):

Let $a,b,c >0 $ and $abc=1$

Prove that : $\frac {1}{a^2(b+c)}+\frac{1}{b^2(a+c)}+\frac{1}{c^2(a+b)}\geq\frac{3}{2}$

But it's Nesbitt!

[MrDindows]

Sergic Primazon в сообщении #549826 писал(а):

Let $a,b,c >0 $ and $abc=1$

Prove that : $\frac {1}{a^2(b+c)}+\frac{1}{b^2(a+c)}+\frac{1}{c^2(a+b)}\geq\frac{3}{2}$

Дейтсвительно)
$\frac {1}{a^2(b+c)}+\frac{1}{b^2(a+c)}+\frac{1}{c^2(a+b)}\geq\frac{3}{2}$
$\frac {bc}{ab+ac}+\frac{ac}{ab+bc}+\frac{ab}{ac+bc}\geq\frac{3}{2}$

$x=bc, \ y=ac, \ z=ab$

$\frac {x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}\geq\frac{3}{2}$

[arqady]

$$\frac {1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(a+c)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\geq\frac{3}{2}+\frac{1}{2}\left(\frac{c(a-b)^2}{a+b}+\frac{b(a-c)^2}{a+c}+\frac{a(b-c)^2}{b+c}\right)$$

Nikys, сначала причешите задачу: сделайте подстановку $a=\frac{1}{x}$, $b=\frac{1}{y}$ и $c=\frac{1}{z}$.
Затем из левой части получившегося неравенства отнимите $\frac{x+y+z}{2}$ и представьте её как сумму квадратов.