Красивое неравенство

[TR63]

sergei1961,
поняла, в чём дело. У меня произвольными являются два числа, а третье их не превосходит. Т.е. у меня, всё-таки, имеет место сужение области определения для исходного неравенства. Третье число тоже должно быть произвольным. Остаётся рассмотреть случай $a<b<c_1$, которому соответствует левая часть:
$\frac{a}{a+c_1}+\frac{c_1}{c_1+b}+\frac{b}{b+a}$

-- 02.03.2014, 00:02 --

provincialka в сообщении #831666 писал(а):

В этой задаче достаточно рассмотреть случай $a<b<c$. При перестановках правая часть не меняется, .

-- 02.03.2014, 00:05 --

Да, согласна.

-- 02.03.2014, 00:30 --

Если переменные принадлежат произвольному ограниченному упорядоченному множеству, то можно сначала взять крайнии элементы, потом внутренний. Такой выбор нарушает принцип произвольности выбора переменных?

-- 02.03.2014, 00:34 --

Но мы не видим, где будут крайнии.

[TR63]

Частная производная по перемнной $c_1$ от левой части легко вычисляется, положительна. Т. е. левая часть возрастает. При $b=c_1$ исходное неравенство легко доказывается. При дальнейшем увеличении переменной $c_1$ левая часть увеличивается. Т.е. знак неравенства сохраняется.

-- 02.03.2014, 01:14 --

provincialka, по-моему, об этом же писала, если я правильно поняла написанное.

[sergei1961]

Не меняется при циклических перестановках. Тут не циклическую предлагают, а перестановку только двух чисел, упорно возникают какие-то $c_1$. При этом левая часть меняется. Я эту часть не понимаю, обсуждать не буду.

-- 02.03.2014, 15:11 --

TR63, вот Ваша цитата :

2). Стало $c<a<b$. Следуя алгоритму, получаем, что левая часть, при не нарушении алгоритма её формирования, должна принять вид
$\frac{c}{c+b}+\frac{b}{b+a}+\frac{a}{a+c}\geq\frac3 2$ (это неравенство верно).

Теперь что я хочу сказать. Выбрать частный случай расположения чисел $c<a<b$ и рассматривать его-это Ваше право. Но при этом кто дал право левую часть исходного неравенства поменять?

[TR63]

sergei1961 в сообщении #831926 писал(а):

Тут не циклическую предлагают, а перестановку только двух чисел,

Да, именно так. Но этот факт касается только левой части. В правой части перестановка циклическая. Т. е. область определения сужаем до перестановок двух переменных. Третья переменная произвольно изменяется, порождая три области определения, тем самым давая три произвольных переменных. Две первые области рассмотрены с помощью усиления исходного неравенства в соответствующей области определения. В третьей области имеет место возрастание левой части.

sergei1961 в сообщении #831926 писал(а):

Но при этом кто дал право левую часть исходного неравенства поменять?

Левая часть в этой области определения формируется согласно алгоритму формирования в первой части области определения, ни на йоту не откланяясь от алгоритма ( в этом вся фишка: алгоритм не должен меняться при переходе из одной части области определения в другую её же часть).
Поясню, что такое алгоритм на примере первой части области определения. Итак, дано, что левая часть при
1). $(a<c<b)$ имеет вид:
$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}$
Это означает, если имеется три числа, расположенные в порядке возрастания, то (берём левое крайнее число и делим его на сумму двух крайних чисел) плюс (правое крайнее число делим на сумму правого крайнего и среднего , т. е., лежащего между крайними) плюс (среднее число делим на сумму среднего и крайнего левого числа). Следуя этому алгоритму, во второй части области определения получим:

sergei1961 в сообщении #831926 писал(а):

2). Стало $c<a<b$. Следуя алгоритму, получаем, что левая часть, при не нарушении алгоритма её формирования, должна принять вид
$\frac{c}{c+b}+\frac{b}{b+a}+\frac{a}{a+c}\geq\frac3 2$ (это неравенство верно).

Здесь, на мой взгляд, имеет место другая проблема: левая часть зависит от алгоритма, а правая часть не зависит. Вот, достаточно рассмотреть один алгоритм или нет. При каком условии будет достаточно. Чего не хватает. Или всё в порядке.

[sergei1961]

arqady, я сдаюсь повторно. Применяю Ваше (К-Б) неравенство, получаю, что левая часть >=
такого выражения:
$\frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{2(a+b+c)}$.

Откуда получить кубический корень сообразить не могу. Помогите, пожалуйста.

[provincialka]

Не очень поняла спор о порядке переменных. Я рассуждала так. Неравенство инвариантно относительно циклических перестановок. Поэтому можно считать, что $a$ - наименьшее из чисел. Теперь сравним выражения $l(a, b, c)$ и $l(a, c, b)$. Здесь $l$ означает левую часть. Имеем $l(a,c,b)-l(a,b,c)=\frac{(b-a)(c-a)(c-b)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$. Если $a\le b\le c$, то эта разность неотрицательна. Значит, достаточно доказать неравенство для $l(a, b, c)$. Значение $l(a, c, b)$ будет еще больше.

[arqady]

sergei1961 в сообщении #831990 писал(а):

Применяю Ваше (К-Б) неравенство, получаю, что левая часть >=
такого выражения:
$\frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{2(a+b+c)}$.

Вы очень неэкономно применили К-Б.
Вот к примеру, если попытаться доказать Несбита (а он значительно более лёгкое неравенство) Вашим способом, то даже с ним ничего не получится:
$\sum\limits_{cyc}\frac{a}{b+c}\geq\frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{2(a+b+c)}$.
Несбит это $\sum\limits_{cyc}\frac{a}{b+c}\geq\frac{3}{2}$ для положительных $a$, $b$ и $c$.
Поэтому остаётся доказать, что $\frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{2(a+b+c)}\geq\frac{3}{2}$, а это неверно.
Попробуйте сначала всё же доказать Несбита с помощью К-Б и тогда переходите к нашему неравенству.

[Vova_Gidro]

Всем добрый вечер. Попробую выложить свое решение.
Неравенство не меняется при циклической перестановке переменных, поэтому будем считать, что $a=\max\{a,b,c\}$. Возможны два случая:
1) $a\geq b\geq c$;
2) $a\geq c \geq b$.
Рассмотрим первый случай, а именно докажем что
$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\geq\frac{3}{2}$.
Введем замены $x=\frac{b}{a}, y=\frac{c}{b}, z=\frac{a}{c}$, причем $x\le1, y\le1, z\geq1, xyz=1$.
Далее выполняем цепочку преобразований
$\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\geq\frac{3}{2}$,
$2((1+y)(1+z)+(1+x)(1+z)+(1+x)(1+y))\geq3(1+x)(1+y)(1+z)$,
Раскрывая скобки в правой и левой части и перенося все в левую, получим верное неравенство (в силу выполненной замены)
$(x-1)(y-1)(z-1)\geq0$.
Значит верно что
$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\geq\frac{3}{2}$.
Далее покажем, что
$\frac{a+b+c}{a+b+c-\sqrt[3]{abc}}\le\frac{3}{2}$.
Рассмотрим разницу
$\frac{3}{2}-\frac{a+b+c}{a+b+c-\sqrt[3]{abc}}=\frac{a+b+c-3\sqrt[3]{abc}}{a+b+c-\sqrt[3]{abc}}\geq0$.
Последнее неравенство выполняется в силу неравенства $\frac{a+b+c}{3}\geq(abc)^{\frac{1}{3}}$.
Окончательно имеем
$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\geq\frac{3}{2}\geq\frac{a+b+c}{a+b+c-\sqrt[3]{abc}}$.
Отсюда
$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\geq\frac{a+b+c}{a+b+c-\sqrt[3]{abc}}$.
Первый случай $a\geq b \geq c$ рассмотрен .

[TR63]

$\frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})}{2}$
sergei1961,
У меня левая часть такая. Если числитель равен трём, то, вроде, должно получиться.

-- 02.03.2014, 23:59 --

Если не равен трём, то переходим к новым переменным.

[arqady]

Vova_Gidro, в случае $a\geq b\geq c$ можно считать, что неравенство доказано!

[Vova_Gidro]

arqady
Точно?
А вот во втором $a \geq c \geq b$ застрял.

[arqady]

Vova_Gidro, второй случай гораздо забавнее.

[Vova_Gidro]

arqady
Скажите, а можно доказать это неравенство не разбивая его на эти два случая? То есть доказать в общем случае?

[arqady]

Vova_Gidro в сообщении #832108 писал(а):

arqady
Скажите, а можно доказать это неравенство не разбивая его на эти два случая?

Можно!

[Vova_Gidro]

Продолжаю. Кажись что-то получилось во втором случае.
И так, рассмотрим случай $a \geq c \geq b$. Здесь тоже рассмотрим два случая:
2.а)$a \geq c \geq b$ и $c^2 \geq ab;
2.б)$a \geq c \geq b$ и $c^2 \le ab.
Доказательство для случая 2.а).
Используем неравенство Йенсена записанное в виде
$\frac{\alpha}{\alpha+\beta+\gamma}f(x)+\frac{\beta}{\alpha+\beta+\gamma}f(y)+\frac{\gamma}{\alpha+\beta+\gamma}f(z)\geq f(\frac{x\alpha+y\beta+z\gamma}{\alpha+\beta+\gamma})$.
В нашем случае $f(x)=\frac{1}{x}, x=a+b, y=b+c, z=c+a, \alpha=a, \beta=b, \gamma=c$.
Тогда левую часть неравенства можно записать в виде
$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}=(a+b+c)(\left\frac{a}{a+b+c}\frac{1}{a+b}+\frac{b}{a+b+c}\frac{1}{b+c}+\frac{c}{a+b+c}\frac{1}{c+a})\right$\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc}.
Покажем, что
$\frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc}\geq\frac{(a+b+c)}{a+b+c-\sqrt[3]{abc}}$.
После преобразований получим
$ab+ac+bc\geq(a+b+c)\sqrt[3]{abc}$.
Введем замены
$d=\frac{a}{\sqrt[3]{abc}}\geq1, e=\frac{b}{\sqrt[3]{abc}}\le1, f=\frac{c}{\sqrt[3]{abc}}\geq1, def=1 $
Тогда неравенство $ab+ac+bc\geq(a+b+c)\sqrt[3]{abc}$ запишется в виде
$de+ef+df \geq d+e+f$.
Последнее неравенство можно записать в виде
$(d-1)(e-1)(f-1)\le0$. Это неравенство верно в силу выполненной замены, а значит верно что
$\frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc}\geq\frac{(a+b+c)}{a+b+c-\sqrt[3]{abc}}$.
Отсюда
$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\geq \frac{(a+b+c)}{a+b+c-\sqrt[3]{abc}}.
Вроде бы случай 2.а) рассмотрен. Остался случай 2.б).
Итак, случай 2.б) $a \geq c \geq b$ и $c^2 \le ab.
Рассмотрим две функции
$F(c)=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}$ и $G(c)=\frac{(a+b+c)}{a+b+c-\sqrt[3]{abc}}$.
Покажем, что
$\min\limits_{0\le c \le\sqrt{ab}}{F(c)}\geq\max\limits_{0\le c \le\sqrt{ab}}{G(c)}$.
Завтра постараюсь написать решение.