Неравенство (может уже было?)

[scwec]

Пусть $x,y,z>0$
Доказать, что $(xy+yz+zx)(\frac{1}{(x+y)^2}+\frac{1}{(y+z)^2}+\frac{1}{(z+x)^2})\ge\frac{9}{4}$

[arqady]

scwec в сообщении #569473 писал(а):

Пусть $x,y,z>0$
Доказать, что $(xy+yz+zx)(\frac{1}{(x+y)^2}+\frac{1}{(y+z)^2}+\frac{1}{(z+x)^2})\ge\frac{9}{4}$

Это известное неравенство Ji Chen-а, которое было на Иранский олимпиаде в середине девяностых.
$uvw$ сразу убивает его.

[scwec]

(Может уже было? Вопрос относился к этому форуму.)
Я так понимаю, что на форуме пока не было.
Мне случайно попалось на глаза доказательство этого неравенства, принадлежащее Marcin E.Kuczma. Откуда он его выкопал, не понятно. Тут еще загадка. Его сразу убивает $uvw$.
Хорошо бы иметь понятное доказательство.

[arqady]

scwec в сообщении #569587 писал(а):

Хорошо бы иметь понятное доказательство.

Конешно, конешно!

scwec в сообщении #569473 писал(а):

Пусть $x,y,z>0$
Доказать, что $(xy+yz+zx)(\frac{1}{(x+y)^2}+\frac{1}{(y+z)^2}+\frac{1}{(z+x)^2})\ge\frac{9}{4}$

Пусть $x+y+z=3u$, $xy+xz+yz=3v^2$ и $xyz=w^3$.
Тогда $(x+y)(x+z)(y+z)=9uv^2-w^3$ и мы видим, что неравенство эквивалентно $f(w^3)\leq0$,
где $f(w^3)=w^6+A(u,v^2)w^3+B(u,v^2)$.
Но $f$ - выпуклая функция. Поэтому она получает своё наибольшее значение на границе значений $w^3$,
что произойдет, когда два числа из $\{x,y,z\}$ равны или когда $w^3=0$
(мы можем доказать неравенство для неотрицательных $x$, $y$ и $z$ таких, что $xy+xz+yz\neq0$).
Действительно, $x$, $y$ и $z$ являются действительными корнями уравнения $t^3-3ut^2+3v^2t=w^3$.
Если нарисовать кубическую параболу $g(t)=t^3-3ut^2+3v^2t$ и прямую $h(t)=w^3$ при фиксированных $u$ и $v^2$, то легко усмотреть, что графики $g$ и $h$ имеют три точки пересечения, когда $w^3$ меняется между нименьшим локальным и наибольшим локальным значением функции $g$, что соответствует случаю совпадения корней уравнения $g(t)=h(t)$.
Поскольку неравенство однородно, остаётся проверить только два случая:
1) $b=c=1$, что даёт $a(a-1)^2\geq0$;
2) $b=1$, $c=0$, что даёт $(a-1)^2\geq0$.
И всё!
Можно ещё методом SOS (сумма квадратов) доказать, но это более длинно, хотя и красиво.

[scwec]

Со спокойной совестью и не ограничивая общности будем считать, что $x\ge{y}\ge{z}\ge{0}$, $y>0$, а $z$ разрешим быть и нулем.
Положим $F=$ левая часть неравенства,
$A=(2x+2y-z)(x-z)(y-z)+z(x+y)^2$,
$B=\frac{1}{4}x(x+y-2z)(11x+11y+2z)$,
$C=(x+y)(x+z)(y+z)$,
$D=(x+y+z)(x+y-2z)+x(y-z)+y(x-z)+(x-y)^2$,
$E=\frac{1}{4}(x+y)z(x+y+2z)^2(x+y-2z)^2$.
Очевидно, что $A,B,C,D,E>0$
Легко проверить, что $C^2(4F-9)=(x-y)^2((x+y)(A+B+C)+(x+z)(y+z)\frac{D}{2})+E$.
Отсюда $F\ge\frac{9}{4}$. Равенство возможно только для $x=y=z$ и $x=y>0, z=0$.
Есть все-таки во всем этом какая-то загадочность

[arqady]

scwec, это вполне может быть компьютерным доказательством.

[TR63]

(Зделаем усиление в числителе, применив неравенство Коши-Буняковского, а в знаменателе используя неравенство $x+y+z<\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}$ )
 

$\frac{3(xyz)^\frac2 3}{(x^2+y^2+z^2)}<(xy+yz+zx)(\frac{1}{(x+y)^2}+\frac{1}{(y+z)^2}+\frac{1}{(z+x)^2})>\frac9 4$

Т.е. докажем, что $(xyz)^\frac2 3 >\frac3 4 (x^2+y^2+z^2)<\frac3 4\sqrt{3(xyz)^4}$

Зделаем усиление

$(xyz)^\frac2 3>3(xyz)^2$

$(xyz)^\frac4 3<\frac1 3$
Вернёмся к исходному неравенству. Умножим числитель и знаменатель на число $(k^2)$ такое, чтобы после замены переменных попасть в хорошую область для$ (x_1y_1z_1)$.

[arqady]

TR63 в сообщении #569982 писал(а):

Т.е. докажем, что $(xyz)^\frac2 3 >\frac3 4 (x^2+y^2+z^2)<\frac3 4\sqrt{3(xyz)^4}$

Оба неравенства неверны: $x=0$.

[TR63]

По условию $x>0$.

[Edward_Tur]

TR63, а если $x=\frac{1}{n^2}, y=z=n$?

[TR63]

Надо в исходном неравенстве первую скобку умножить на $(k^2)$, а вторую разделить на $(k^2)$. (Сейчас мне некогда). Если я ошибаюсь, то напишите подробней, где.

[TR63]

(Прошу извинить за то, что не было возможности ответить).
$x_1=kx, y_1=z_1=kn, x_1y_1z_1=k^3, k^4<\frac1 3$. Далее, думаю, очевидно. Ошибки пока не вижу.
Хочу предложить ещё другой способ.
1) $x<y=z$ После раскрытия скобок получим
$2xy(y^2-2xy+x^2+x^2)>0$
2) Пусть $z=ky. k=1+\alpha$. Подставим в исходное неравенство:
$[[xy+y(x+y)]+(\alphay)(x+y)][{\frac1 {(x+y)^2}+[\frac1 {(x+ky)^2}+\frac1 {(y+ky)^2}]}]>\frac9 4$
Учитывая, что $(\alphay)(x+y)\frac1 {(x+y)^2}>\frac\alpha 2$, запишем усиленное неравенство
$[xy+y(x+y)][\frac1 {(x+y)^2}+[\frac1 {(x+y)^2}+\frac1 {(y+ky)^2}]]+\frac\alpha 2>\frac9 4$
Рассмотрим выражение $A=A_1+A_2$, где $A_2=\frac\alpha 2$
$A_1=[(y+ky)^2+(x+ky)^2]-[(x+ky)^2][(y+ky)^2][\frac9 {4(xy+y(x+y))}-\frac1 {(x+y)^2}]$
В силу однородности исходного неравенства, не ограничивая общности, можно считать (x,y) бесконечно малыми. Тогда, если $limA_1=0$, то задачу можно ситать решёной. (Предел вычисляется легко).

[arqady]

TR63 в сообщении #574991 писал(а):

$x_1=kx, y_1=z_1=kn, x_1y_1z_1=k^3, k^4<\frac1 3$. Далее, думаю, очевидно. Ошибки пока не вижу.
Хочу предложить ещё другой способ...

Прежде чем смотреть второй способ, мне бы хотелось понять Ваш первый способ. Вы не могли бы расписать Ваше доказательство с начала? Спасибо!

[TR63]

В начале была очепятка. К первой скобке применяем неравенство КБ, знаменатели во второй скобке заменяем на $x+y+z$. (Деля на большее, получаем меньшее). Заменяем опять на большее и складываем. Получаем первое двойное неравенство. В исходном неравенстве делаем усиление, т.е. заменяем левую часть на меньшее(если $3>2;5>3;5>2$). Справа учли, что для больших чисел сумма меньше произведения,(с учётом вспомагательного неравенства) Опять усиливаем исходное неравенство(заменяя сумму квадратов на произведение). Теперь вижу ошибку. Спасибо.