Неравенство

[TR63]

Да, f(b)>v(b). А существует ли, подходящее к данному неравенству условие, чтобы "предложение" стало верным. Например, если потребовать однозначность и монотонность самих функций и обратных. Подумаю.

[TR63]

Не подходит. А если рассматривать неотрицательные функции? Я хочу найти условие, при котором "предложение" станет верным потому, что мне не нравится доказательство Dave. Т.к. он использует неравенство $e^{t}>t+1$, справедливость, которого следует из неравенства $e^{t+at}>t+1$, при всех а>0, т.е. во внутренней области. На границе области, при а=0, справедливость неравенства не очевидна, т.к. использование предела иногда может дать ошибочный результат. Например, как в теореме Гурвица об устойчивости многочленов. Хотелось бы увидеть доказательство без использования понятия "предел". Arqady, мне не понятно, как от $a+b+c=1$ перейти к общему случаю.
Хочу предложить для частного случая простое доказательство.

$(x,y,z)\in[0;\frac2 3]$. Пусть $z=\max(x,y,z)$. Тогда усиление даёт $\sqrt[3]{1+z^3}>3z-1<1$. Отсюда неравенство при $z<\frac2 3$ верно.

[arqady]

TR63 в сообщении #551903 писал(а):

Arqady, мне не понятно, как от $a+b+c=1$ перейти к общему случаю.

Неравенство ведь неоднородно. Далось Вам это $a+b+c=1$...
Потом... и неравенство уже доказано и несколькими способами.
Лучше попробуйте моё следующее неравенство в этом топике. Оно симпатичное!

[TR63]

arcady,

у Вас все неравенства суперклассные. Но меня интересует именно это. И, в частности, его простое школьное доказательство. Т.е. без использования понятий "предел", "производная", "математическая индукция". И я его нашла.

На Форуме "Портал Естественных Наук" предложена идея, аналогичная моей при x=1. Остаётся её применить для x>0. Я проверила для Вашего неравенства. Всё сходится. (Мне это надо для исследования, скорее иллюстрации, другой задачи.

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #547846 писал(а):

Вот его усиление:
Пусть $a$, $b$ и $c$ неотрицательные такие, что $a+b+c=1$. Докажите, что:

$$\sqrt{a^2+abc}+\sqrt{b^2+abc}+\sqrt{c^2+abc}\geq2\sqrt{ab+ac+bc}$$

$LHS \ge 3 \sqrt{(\frac{a+b+c}{3})^{2}+abc}\geq2\sqrt{ab+ac+bc} $ ( By Shur)

[arqady]

Всё правильно! Вы воспользовались Минковским. В моём доказательстве мы можем воспользоваться Коши-Шварц (после возведения обеих частей неравенства в квадрат).
Следующее более сильное (в смысле $b=c=0$ и $a=1$ ) неравенство также имеет красивое доказательство.

Пусть $a$, $b$ и $c$ неотрицательные числа такие, что $a+b+c=1$. Докажите, что:

$$\sqrt{a^2+abc}+\sqrt{b^2+abc}+\sqrt{c^2+abc}\geq\sqrt{a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc+2\sqrt{3abc}}$$