Красивое неравенство

[arqady]

Пусть $a$, $b$, $c$ и $x$ неотрицательные числа, никакие два из которых не равны нулю. Докажите, что:

$$\frac{ac}{ax^2+2bx+c}+\frac{ba}{bx^2+2cx+a}+\frac{cb}{cx^2+2ax+b}\leq\frac{a+b+c}{(x+1)^2}$$

[TR63]

Это неравенство достаточо доказать при $x<1$. Вычисляем минимум знаменателей слева. Если $b^2>ac$, то делаем замену b на $b_1$ так, что $(b_1)^2<ac$. Получаем $\frac{ca^2} {3b_1^2+ac} \geq \frac a 4$. В итоге $\frac{a+b+c} 4 \leq\frac{a+b+c} 4$.

[arqady]

(подсказка)

Коши-Буняковский-Шварц. Всё доказательство занимает одну строчку

[Edward_Tur]

arqady в сообщении #607977 писал(а):

(подсказка)

Коши-Буняковский-Шварц. Всё доказательство занимает одну строчку

Arqady, по Вашей подсказке:
$\frac {ac}{ax^2+2bx+c}=\frac {ac}{(x+1)^2}\frac {(x+1)^2}{x(ax+b)+(bx+c)}\le \frac {ac}{(x+1)^2}\left( \frac {x^2}{x(ax+b)}+\frac {1}{bx+c}\right)=\frac {1}{(x+1)^2}\left( \frac {acx}{ax+b}+\frac {ac}{bx+c}\right)$.

[arqady]

Да!
Вот ещё. Для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ докажите, что:

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

[Edward_Tur]

arqady в сообщении #608432 писал(а):

Для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ докажите, что:

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

Необычное неравенство - равенство достигается при равенстве двух переменных!

[Edward_Tur]

arqady в сообщении #608432 писал(а):

Для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ докажите, что:

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

Отличный пример использования неравенство Караматы!
Пускай $a\ge b \ge c$, тогда набор $ab+bc+ca, a^2+b^2+c^2, ab+bc+ca$ мажорирует набор $b^2+2ac, c^2+2ab, a^2+2bc$.

[arqady]

Edward_Tur в сообщении #610147 писал(а):

arqady в сообщении #608432 писал(а):

Для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ докажите, что:

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

Отличный пример использования неравенство Караматы!
Пускай $a\ge b \ge c$, тогда набор $ab+bc+ca, a^2+b^2+c^2, ab+bc+ca$ мажорирует набор $b^2+2ac, c^2+2ab, a^2+2bc$.

Ну как же так? Во первых, тройки должны быть упорядочены, а этого и в помине нет. Во-вторых,
даже если $(ab+bc+ca, a^2+b^2+c^2, ab+bc+c)\succ(b^2+2ac, c^2+2ab, a^2+2bc)$,
то знак неравенства должен быть в другую сторону. Ведь функция $f(x)=\sqrt{x}$ вогнута.

[Edward_Tur]

Проверял всё в уме, надеялся на память. Вот и получил

[Clayton]

arqady,не могли бы Вы выложить доказательство этого неравенства?То я его уже и так мучал,и так-никак не получается Даже немного усилю-и все,неверно.Пробовал еще рассмотреть как функцию от $a$,посмотреть на производную.У нее два нуля:$b$ и $c$.А вот с тем,что именно эти точки минимумы-проблема.Смотрел в этих точках на вторую производную,но что-то не получается доказать,что она положительна.

[arqady]

$\sqrt{a^2+b^2+c^2}+2\sqrt{ab+ac+bc}\geq\sum\limits_{cyc}\sqrt{a^2+2bc}\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}\left(\sqrt{a^2+b^2+c^2}-\sqrt{c^2+2ab}\right)\geq2\left(\sqrt{a^2+b^2+c^2}-\sqrt{ab+ac+bc}\right)\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}\frac{(a-b)^2}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}+\sqrt{c^2+2ab}}\geq\sum\limits_{cyc}\frac{(a-b)^2}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}+\sqrt{ab+ac+bc}}\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}\frac{(a-b)^2\left(\sqrt{ab+ac+bc}-\sqrt{c^2+2ab}\right)}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}+\sqrt{c^2+2ab}}\geq0\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}\frac{-(a-b)^2(c-a)(c-b)}{\left(\sqrt{a^2+b^2+c^2}+\sqrt{c^2+2ab}\right)\left(\sqrt{ab+ac+bc}+\sqrt{c^2+2ab}\right)}\geq0\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}\left(\frac{-(a-b)^2(c-a)(c-b)}{\left(\sqrt{a^2+b^2+c^2}+\sqrt{c^2+2ab}\right)\left(\sqrt{ab+ac+bc}+\sqrt{c^2+2ab}\right)}+\frac{(a-b)^2(c-a)(c-b)}{2\sqrt{ab+ac+bc}\left(\sqrt{a^2+b^2+c^2}+\sqrt{ab+ac+bc}\right)}\right)\geq0\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}\frac{(a-b)^2(c-a)(c-b)\left(\left(\sqrt{a^2+b^2+c^2}+\sqrt{c^2+2ab}\right)\left(\sqrt{ab+ac+bc}+\sqrt{c^2+2ab}\right)-2\sqrt{ab+ac+bc}\left(\sqrt{a^2+b^2+c^2}+\sqrt{ab+ac+bc}\right)\right)}{\left(\sqrt{a^2+b^2+c^2}+\sqrt{c^2+2ab}\right)\left(\sqrt{ab+ac+bc}+\sqrt{c^2+2ab}\right)}\geq0\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}\frac{(a-b)^2(c-a)(c-b)\left(-\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(ab+ac+bc)}+\sqrt{c^2+2ab}\left(\sqrt{ab+ac+bc}+\sqrt{a^2+b^2+c^2}\right)+c^2+2ab-2(ab+ac+bc)\right)}{\left(\sqrt{a^2+b^2+c^2}+\sqrt{c^2+2ab}\right)\left(\sqrt{ab+ac+bc}+\sqrt{c^2+2ab}\right)}\geq0\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}\frac{(a-b)^2(c-a)(c-b)\left(\left(\sqrt{c^2+2ab}-\sqrt{ab+ac+bc}\right)\left(\sqrt{ab+ac+bc}+\sqrt{a^2+b^2+c^2}\right)+c^2+2ab-(ab+ac+bc)\right)}{\left(\sqrt{a^2+b^2+c^2}+\sqrt{c^2+2ab}\right)\left(\sqrt{ab+ac+bc}+\sqrt{c^2+2ab}\right)}\geq0\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}\frac{(a-b)^2(c-a)(c-b)\left(\frac{(c-a)(c-b)\left(\sqrt{ab+ac+bc}+\sqrt{a^2+b^2+c^2}\right)}{\sqrt{c^2+2ab}+\sqrt{ab+ac+bc}}+(c-a)(c-b)\right)}{\left(\sqrt{a^2+b^2+c^2}+\sqrt{c^2+2ab}\right)\left(\sqrt{ab+ac+bc}+\sqrt{c^2+2ab}\right)}\geq0\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}\frac{(a-b)^2(c-a)^2(c-b)^2\left(\frac{\sqrt{ab+ac+bc}+\sqrt{a^2+b^2+c^2}}{\sqrt{c^2+2ab}+\sqrt{ab+ac+bc}}+1\right)}{\left(\sqrt{a^2+b^2+c^2}+\sqrt{c^2+2ab}\right)\left(\sqrt{ab+ac+bc}+\sqrt{c^2+2ab}\right)}\geq0$

-- Чт авг 30, 2012 07:06:41 --

Вот ещё.
Для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ и натурального $n$ докажите, что:

$$(a^2+b^2+c^2)^n+2(ab+ac+bc)^n\geq(a^2+2bc)^n+(b^2+2ac)^n+(c^2+2ab)^n$$