Геометрическое неравенство

[arqady]

Докажите, что в любом треугольнике с периметром $2$ и медианами $m_a$, $m_b$ и $m_c$ верно:

$$\frac{1}{m_a}+\frac{1}{m_b}+\frac{1}{m_c}\geq5$$

[expmrs]

arqady в сообщении #732260 писал(а):

Докажите, что в любом треугольнике с периметром $2$ и медианами $m_a$, $m_b$ и $m_c$ верно:

$$\frac{1}{m_a}+\frac{1}{m_b}+\frac{1}{m_c}\geq5$$

Для такого треугольника верно

$$\frac{1}{m_a}\geqslant 1+\frac{1}{2}(3a^2-(b-c)^2)$$

[arqady]

Красиво! Только как во время олимпиады за полтора часа проверить Ваше неравенство без компьютера?
Не вижу, как...
Моё доказательство использует неравенство Гёльдера и оно абсолютно бескомпьютерное.

-- Пн июн 17, 2013 19:55:49 --

Кстати, вот неравенство, составленное с помощью компьютера, но вполне подъёмное на олимпиаде:
Докажите, что в любом треугольнике верно:

$$\frac{r_a}{r_a+h_a}+\sin\beta\sin\gamma\leq\frac{5}{4}$$

[expmrs]

arqady в сообщении #737631 писал(а):

Докажите, что в любом треугольнике верно:

$$\frac{r_a}{r_a+h_a}+\sin\beta\sin\gamma\leq\frac{5}{4}$$

Рискну предположить что $r_a = r$-радиус вписанной окружности, тогда, используя что $r=\frac{2S}{a+b+c}$, $h_a=b\sin\gamma=c\sin\beta=\frac{2S}{a}$ и

\[ \left\{ \begin{array}{ll} x=a+b-c\\ y=b+c-a\\ z=c+a-b \end{array} \right. \]

перепишем неравенство:
Для неотрицательных $x, y , z$, доказать

$$\frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{4(3x+3z+2y)}+\frac{(x+y+z)xyz}{(x+z)^2}\leqslant\frac{5(x+y)(y+z)}{16}$$

или

$$\frac{11x+11z+10y}{3x+3z+2y}\geqslant\frac{16(x+y+z)xyz}{(x+z)^2(x+y)(y+z)}$$

Докажем более сильное неравенство:
$$\frac{5}{3x+3z+2y}\geqslant\frac{8xyz}{(x+z)^2(x+y)(y+z)} \Leftarrow $$ $$5x^3y+5x^3z+5xz^3+5yz^3+5x^2y^2+5y^2z^2+10x^2z^2\geqslant 9x^2yz+6xy^2z+9xyz^2 \Leftarrow$$ \[ \left\{ \begin{array}{ll} 3x^2y^2+3y^2z^2\geqslant6xy^2z\\ 5x^3y+5x^3z+2y^2z^2\geqslant9x^2yz\\ 5z^3y+5z^3x+2x^2y^2\geqslant9xyz^2 \end{array} \right. \]

arqady в сообщении #737631 писал(а):

Только как во время олимпиады за полтора часа проверить Ваше неравенство без компьютера?

Уважаемый arqady, мне кажется Вы несколько преувеличили сложность моего неравенства (доказывается тем же методом, что и Ваше последнее). Хотя, на олимпиадах не приняты выкладки длиннее нескольких строк...Возможно Вы и правы...

[expmrs]

В 2004 на областной олимпиаде в Витебске была предложена следующая задача:

Докажите, что для любых положительных чисел $a, b, c$ таких, что $a+b+c=1$, выполняется неравенство

$$\frac{a^3}{a^2+4b^2}+\frac{b^3}{b^2+4c^2}+\frac{c^3}{c^2+4a^2}\geqslant\frac{1}{5}$$

Всегда ли верно неравенство

$$\frac{a^3}{4a^2+b^2}+\frac{b^3}{4b^2+c^2}+\frac{c^3}{4c^2+a^2}\geqslant\frac{1}{5}$$

Мне известны два способа доказательства 1-го неравенства:

(Оффтоп)

-оценка каждого слагаемого
-как следствие из первого (или из второго) неравенства в topic71486.html

Ни одно из них не радует лаконичностью, предполагаемой на олимпиаде. Но ведь должно быть и "чисто олимпиадное" решение

[arqady]

expmrs в сообщении #737816 писал(а):

Рискну предположить что $r_a = r$-радиус вписанной окружности,

Это радиус вневписанной окружности, касающеся стороны длины $a$.

-- Ср июн 19, 2013 20:24:37 --

expmrs в сообщении #737816 писал(а):

мне кажется Вы несколько преувеличили сложность моего неравенства (доказывается тем же методом, что и Ваше последнее)

Попробую...
Пусть $a=y+z$, $b=x+z$ и $c=x+y$.
Тогда после гомогенизации получим:
$\frac{2(x+y+z)^3}{\sqrt{4x^2+4xy+4xz+(y-z)^2}}\geq x^2+2y^2+2z^2+2xy+2xz+6yz$.
Что дальше?
После возведения обеих частей неравенства в квадрат получается неподъёмный, по-моему, вручную многочлен пятой степени от $x$.

-- Ср июн 19, 2013 20:43:43 --

expmrs в сообщении #737851 писал(а):

Докажите, что для любых положительных чисел $a, b, c$ таких, что $a+b+c=1$, выполняется неравенство

$$\frac{a^3}{a^2+4b^2}+\frac{b^3}{b^2+4c^2}+\frac{c^3}{c^2+4a^2}\geqslant\frac{1}{5}$$

Вот так можно:
$\sum\limits_{cyc}\frac{a^3}{a^2+4b^2}-\frac{1}{5}=\sum\limits_{cyc}\frac{a^3}{a^2+4b^2}-\frac{a+b+c}{5}=\sum\limits_{cyc}\left(\frac{a^3}{a^2+4b^2}-\frac{a}{5}\right)=\frac{4}{5}\sum\limits_{cyc}\frac{a^3-ab^2}{a^2+4b^2}=$
$=\frac{4}{5}\sum\limits_{cyc}\left(\frac{a^3-ab^2}{a^2+4b^2}-\frac{2}{5}(a-b)\right)=\frac{4}{25}\sum\limits_{cyc}\frac{(a-b)^2(3a+8b)}{a^2+4b^2}\geq0$.
(исправил очепятку).

-- Ср июн 19, 2013 20:58:58 --

Второе неравенство неверно: $a=\frac{1}{2}$ и $b=c=\frac{1}{4}$.
Следующее неравенство похоже на него, но уже верно.
Для положительных $a$, $b$ и $c$ докажите, что:

$$\frac{a^3}{2a^2+b^2}+\frac{b^3}{2b^2+c^2}+\frac{c^3}{2c^2+a^2}\geqslant\frac{a+b+c}{3}$$

[expmrs]

arqady в сообщении #738400 писал(а):

expmrs в сообщении #737816 писал(а):

Рискну предположить что $r_a = r$-радиус вписанной окружности,

Это радиус вневписанной окружности, касающеся стороны длины $a$.

Никогда про такой не слышал... Будем исправляться!!

arqady в сообщении #738400 писал(а):

Попробую...
Пусть $a=y+z$, $b=x+z$ и $c=x+y$.
Тогда после гомогенизации получим:
$\frac{2(x+y+z)^3}{\sqrt{4x^2+4xy+4xz+(y-z)^2}}\geq x^2+2y^2+2z^2+2xy+2xz+6yz$.
Что дальше?
После возведения обеих частей неравенства в квадрат получается неподъёмный, по-моему, вручную многочлен пятой степени от $x$.

Это неравенство очень грубое (примерно так же, как и с моей ошибочной поправкой Вашего второго неравенства), поэтому после раскрытия скобок, доказывается легко. Вот один из способов:
$4(a+b+c)^6-(4a(a+b+c)+(b-c)^2)(a^2+2b^2+2c^2+2ab+2ac+6bc)^2=\\ 10(b^2+c^2)(a^2-bc)^2+2b^4(a-2c)^2+2b^2(ab-2c^2)^2+\\ 2c^4(a-2b)^2+2c^2(ac-2b^2)^2+8bc(a^2-3bc)^2+\\ 4a^5b+4a^5c+8b^5c+8bc^5+a^4b^2+a^4c^2+34b^4c^2+34b^2c^4+\\ 12a^3b^3+12a^3c^3+48b^3c^3+4a^3b^2c+4a^3bc^2+2a^4bc$
Конечно, ни о какой олимпиадной красоте речи идти не может, с другой стороны, здесь нет 5-ти или 6-тизначных коэффициентов, а все что надо знать - формулу квадрата разности.

-- 20.06.2013, 14:42 --

arqady в сообщении #738400 писал(а):

expmrs в сообщении #737851 писал(а):

Докажите, что для любых положительных чисел $a, b, c$ таких, что $a+b+c=1$, выполняется неравенство

$$\frac{a^3}{a^2+4b^2}+\frac{b^3}{b^2+4c^2}+\frac{c^3}{c^2+4a^2}\geqslant\frac{1}{5}$$

Вот так можно:
$\sum\limits_{cyc}\frac{a^3}{a^2+4b^2}-\frac{1}{5}=\sum\limits_{cyc}\frac{a^3}{a^2+4b^2}-\frac{a+b+c}{5}=\sum\limits_{cyc}\left(\frac{a^3}{a^2+4b^2}-\frac{a}{5}\right)=\frac{4}{5}\sum\limits_{cyc}\frac{a^3-ab^2}{a^2+4b^2}=$
$=\frac{4}{5}\sum\limits_{cyc}\left(\frac{a^3-ab^2}{a^2+4b^2}-\frac{2}{5}(a-b)\right)=\frac{12}{25}\sum\limits_{cyc}\frac{(a-b)^2(3a+8b)}{a^2+4b^2}\geq0$.

По сути, это оценка каждого слагаемого, но в Вашем исполнении - все просто и красиво! Засчитано!

[expmrs]

arqady в сообщении #737631 писал(а):

Докажите, что в любом треугольнике верно:

$$\frac{r_a}{r_a+h_a}+\sin\beta\sin\gamma\leq\frac{5}{4}$$

При тех же обозначениях и $r_a=\frac{2S}{b+c-a}$ (спс. Google) приходим к

$$\frac{x+z+10y}{x+z+2y}\geqslant\frac{16(x+y+z)xyz}{(x+z)^2(x+y)(y+z)}$$

для положительных $x$, $y$ и $z$. Но
$(x+z+10y)(x+z)^2(x+y)(y+z)-16(x+z+2y)(x+y+z)xyz=\\ 2(y-\frac{x^2z+z^2x}{x^2+z^2})^2(2x^2y+2yz^2+x^2z+z^2x)+2(\frac{x^2z-z^2x}{x^2+z^2})^2(x+z)(x^2+xz+z^2)+\\ y(x-z)^2(6y^2+(x+z)^2+9y(x+z))+x^3(y-z)^2+z^3(y-x)^2+z(x^2-yz)^2+x(z^2-xy)^2$

[Sergic Primazon]

expmrs в сообщении #737851 писал(а):

В 2004 на областной олимпиаде в Витебске была предложена следующая задача:

Докажите, что для любых положительных чисел $a, b, c$ таких, что $a+b+c=1$, выполняется неравенство

$$\frac{a^3}{a^2+4b^2}+\frac{b^3}{b^2+4c^2}+\frac{c^3}{c^2+4a^2}\geqslant\frac{1}{5}$$

Мне известны два способа доказательства 1-го неравенства:

(Оффтоп)

-оценка каждого слагаемого
-как следствие из первого (или из второго) неравенства в topic71486.html

Ни одно из них не радует лаконичностью, предполагаемой на олимпиаде. Но ведь должно быть и "чисто олимпиадное" решение

$f(x)=\frac{1}{1+4x^2} \ge \frac{13-8x}{25}$ for $x\ge 0$

so $LHS = af(\frac{b}{a})+bf(\frac{c}{b})+cf(\frac{a}{c}) \ge \frac{a+b+c}{5}$

[Keter]

Sergic Primazon,
Только вчера пользовался этим методом, похожее неравенство на региональной олимпиаде в Украине 2005 года.

[expmrs]

Sergic Primazon в сообщении #738933 писал(а):

$f(x)=\frac{1}{1+4x^2} \ge \frac{13-8x}{25}$ for $x\ge 0$

so $LHS = af(\frac{b}{a})+bf(\frac{c}{b})+cf(\frac{a}{c}) \ge \frac{a+b+c}{5}$

У arqady уже было (правда с опечаткой):
$\frac{a^3}{a^2+4b^2}-\frac{13a-8b}{25}=\frac{a^3}{a^2+4b^2}-\frac{a}{5}-\frac{8}{25}(a-b)=\frac{4(a-b)^2(8b+3a)}{25(a^2+4b^2)}$
(Такая же оценка и в моем 1-м доказательстве) К сожалению, ничего нового в Вашем доказательстве (кроме более короткой записи) нет

[arqady]

Вот ещё, для коллекции:
Периметр треугольника равен $4$. Докажите, что:

$$m_a+m_b+m_c\geq3$$

[Mr. X]

По-моему, странное неравенство.

Из неравенства треугольника $m_a/3+m_b/3>c/2$. Cкладывая с двумя аналогичными, получаем требуемое строгое неравенство.

[ewert]

Mr. X в сообщении #758433 писал(а):

По-моему, странное неравенство.

Во всяком случае, точное, несмотря на строгость.

[arqady]

Зевнул.