Красивое неравенство

[provincialka]

Vova_Gidro, один из порядков тривиален. Сумма чисел $l(a,b,c)$ и $l(a,c,b)$ равна 3, поэтому одно из слагаемых больше $3/2$. Я уже это показала,

provincialka в сообщении #832029 писал(а):

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.

[Vova_Gidro]

provincialka
То есть первый случай можно было не рассматривать? Или нет смысла рассматривать второй ?

[Skeptic]

Цитата:

Рассмотрим первый случай, а именно докажем что
$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\geq\frac{3}{2}$.

При $(50,3,30)$ получается $1,409\geq\frac{3}{2}$

[Vova_Gidro]

Skeptic
Первый случай - это $a \geq b \geq c$. А у вас $a=50, b=3, c=30$.

[provincialka]

Vova_GidroПервый не надо. Он следует из второго.

[Vova_Gidro]

provincialka
Спасибо. Я задал вопрос, а потом и сам уже понял. Просто всю тему вот только что прочитал.

[Vova_Gidro]

Пишу обещанное доказательство для случая 2.б)

Vova_Gidro в сообщении #832113 писал(а):

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
$\min\limits_{0< c \le\sqrt{ab}}{F(c)}\geq\max\limits_{0<c \le\sqrt{ab}}{G(c)}$.

Преобразуем функцию $F(c)$ к виду
$F(c)=\frac{a}{a+b}+a-\frac{a-b}{c+\frac{ab}{c}+a+b}$,
и рассмотрим функцию $f(c)=c+\frac{ab}{c}$ .
Ее производная $\frac{c^2-ab}{c^2}\le0$ для $0<c\le \sqrt{ab}$, а значит $f(c)$ убывающая на $(0;\sqrt{ab}]$. Отсюда $F(c)$ тоже убывающая на $(0;\sqrt{ab}]$, то есть
$\min\limits_{0<c \le\sqrt{ab}}{F(c)}=F(\sqrt{ab})$.
Преобразуем функцию $G(c)$ к виду
$G(c)=\frac{1}{1-\sqrt[3]{\frac{ab}{\frac{(a+b+c)^3}{c}}}}$.
Рассмотрим функцию $g(c)=\frac{(a+b+c)^3}{c}$. Она убывающая при $0<c\le \sqrt{ab}$.
Тогда $\sqrt[3]{\frac{ab}{g(c)}}$ возрастающая, $1-\sqrt[3]{\frac{ab}{g(c)}}$ - убывающая, а $G(c)$ - возрастающая при $0<c\le \sqrt{ab}$.То есть
$\max\limits_{0<c \le\sqrt{ab}}{G(c)}=G(\sqrt{ab})$.
Покажем, что $F(\sqrt{ab})\geq G(\sqrt{ab})$.
$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+\sqrt{ab}}+\frac{\sqrt{ab}}{\sqrt{ab}+a}\geq\frac{a+b+\sqrt{ab}}{a+b+\sqrt{ab}-\sqrt{ab}}$.
После преобразований получим
$\frac{a}{a+b}+\frac{2\sqrt{b}}{\sqrt{b}+\sqrt{a}}\geq\frac{a+b+\sqrt{ab}}{a+b}$.
Из последнего неравенства
$\frac{2}{\sqrt{b}+\sqrt{a}}\geq\frac{\sqrt{b}+\sqrt{a}}{a+b}$.
Последнее неравенство можно записать в виде $(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2\geq0$.
То есть, мы показали, что $\min\limits_{0< c \le\sqrt{ab}}{F(c)}\geq\max\limits_{0<c \le\sqrt{ab}}{G(c)}$. Этим случай 2.б) доказан. На основании доказательств случаев 1 и 2 (если они верны) можно утверждать, что для любых положительных $a, b, c$ выполняется неравенство
$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\geq\frac{a+b+c}{a+b+c-\sqrt[3]{abc}}$

[arqady]

Vova_Gidro в сообщении #832187 писал(а):

Пишу обещанное доказательство для случая 2.б)

Vova_Gidro в сообщении #832113 писал(а):

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
$\min\limits_{0< c \le\sqrt{ab}}{F(c)}\geq\max\limits_{0<c \le\sqrt{ab}}{G(c)}$.

Преобразуем функцию $F(c)$ к виду
$F(c)=\frac{a}{a+b}+a-\frac{a-b}{c+\frac{ab}{c}+a+b}$,

Что-то тут не то.

[Skeptic]

Vova_Gidro, вы доказали, что функции $F(c)$ и $G(c)$ обе возрастают, но не доказали, что не пересекаются. Я на этом споткнулся.

[Vova_Gidro]

arqady в сообщении #832226 писал(а):

Что-то тут не то.

Да, действительно, набирал в спешке на перемене. Должно быть
$F(c)=\frac{a}{a+b}+1-\frac{a-b}{c+\frac{ab}{c}+a+b}$
вместо
$F(c)=\frac{a}{a+b}+a-\frac{a-b}{c+\frac{ab}{c}+a+b}$.
Но на доказательство это вроде не влияет.

Skeptic в сообщении #832234 писал(а):

Vova_Gidro, вы доказали, что функции $F(c)$ и $G(c)$ обе возрастают, но не доказали, что не пересекаются. Я на этом споткнулся.

Нет. Я показал, что $F(c)$ убывает, а $G(c)$ возрастает на $(0;\sqrt{ab}]$. И что $\min{F(c)}\geq\max{G(c)}$ на этом полуинтервале.

[arqady]

По-моему, всё правильно. Мои поздравления, Vova_Gidro!

[ИСН]

Сейчас arqady напишет доказательство в две строчки, и нам всем захочется вырвать себе мозг через глаза.

[Vova_Gidro]

arqady, спасибо. Хотя это все было коллективное творчество.
Может уже выложите свое красивое решение?

[arqady]

Половину работы Вы, Vova_Gidro, уже проделали.
Согласно К-Б $\sum\limits_{cyc}\frac{a}{a+b}=\sum\limits_{cyc}\frac{a^2}{a^2+ab}\geq\frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc}$.
Поэтому если $\frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc}\geq\frac{a+b+c}{a+b+c-\sqrt[3]{abc}}$ или $ab+ac+bc\geq(a+b+c)\sqrt[3]{abc}$, то неравенство доказано.
То бишь осталось доказать наше неравенство, если $ab+ac+bc\leq(a+b+c)\sqrt[3]{abc}$.
Последний шаг предлагаю найти самим.
Этот последний шаг на моём уроке про неравенства был найден первым.

[fibonacci]

Да.последний неравенства можно через Muirhead