Красивое неравенство

[sergei1961]

1. Мюрхед-это надо в куб возводить, они без корней.

2. Про последнее неравенство arqady:
если вместо самих чисел ввести их кубы

$$ a=x^3, b=y^3, c=z^3,$$

то надо доказать, что

$$ x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3-x^4yz-xy^4z-xyz^4\ge 0.$$

Разложение на множители даёт:

$$-(x^2-yz)(y^2-xz)(z^2-xy)\ge 0.$$

Должно быть просто, но я не вижу как это сразу доказать. Наверное, ось надо нарисовать, отложить на ней три числа и три их средних геометрических, рассмотреть возможные расположения. Или к неравенству 6 степени действительно Мюрхеда, одно среднее меньше другого.

3. Похоже на те неравенства, которые используют Гёльдера (Роджерса-Гёльдера-Рисса, если точно), но не вижу как подступиться... Как-то ничего у меня не выходит с этим неравенством.

[mihiv]

arqady в сообщении #832260 писал(а):

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.

Но это неравенство, мне кажется, неверно. Возьмем, например, $a=\frac 12, b=c=\frac 14$.

[TR63]

TR63 в сообщении #832100 писал(а):

$\frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})}{2}$
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.

Обнаружила ошибку $(2-\frac1 2)=\frac3 2$. Надо так:

$f\geq\frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{\frac3 2}}{2}$
f-левая часть исходного неравенства.
Переход к новым переменным от $(a,b,c)$ к $(ak,bk,ck)$ не изменяет исходного неравенства. Т.е., когда леваячасть меньше $\frac3 2$, надо перейти к хорошим переменным.

[arqady]

mihiv в сообщении #832490 писал(а):

arqady в сообщении #832260 писал(а):

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.

Но это неравенство, мне кажется, неверно. Возьмем, например, $a=\frac 12, b=c=\frac 14$.

Я не утверждаю, что оно верно. Я утверждаю, что для положительных $a$, $b$ и $c$, для которых $ab+ac+bc\geq(a+b+c)\sqrt[3]{abc}$, наше исходное неравенство доказано.

[sergei1961]

А само требуемое неравенство верно?

[arqady]

sergei1961 в сообщении #833154 писал(а):

А само требуемое неравенство верно?

Вам и карты в руки - найти контр-пример!
Лучше всё-таки доказать или прочитать доказательство Vova_Gidro.

[Skeptic]

arqady в сообщении #828004 писал(а):

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

$$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\geq\frac{a+b+c}{a+b+c-\sqrt[3]{abc}}$$

У этого неравенства имеется красивое короткое доказательство.

Разделим каждую переменную неравенства на их сумму.

Получим новые переменные: $a_1=\frac{a}{a+b+c}$, $b_1=\frac{b}{a+b+c}$, $c_1=\frac{c}{a+b+c}$,

и новые условия (a_1,b_1,c_1)\leqslant1$ и $ a_1+b_1+c_1=1$.

Тогда неравенство примет вид

$$\frac{a_1}{a_1+b_1}+\frac{b_1}{b_1+c_1}+\frac{c_1}{c_1+a_1}\geq\frac{1}{1-\sqrt[3]{a_1b_1c_1}}$$

Используя новые условия, преобразуем неравенство

$$\frac{a_1}{1-c_1}+\frac{b_1}{1-a_1}+\frac{c_1}{1-b_1}\geq\frac{1}{1-\sqrt[3]{a_1b_1c_1}}$$

Оценим левую часть $1\leqslant\frac{a_1}{1-c_1}+\frac{b_1}{1-b_1}+\frac{c_1}{1-a_1}\leqslant2$ и правую $0\leqslant\frac{1}{1-\sqrt[3]{a_1b_1c_1}}\leqslant\frac{1}{3}$

Перепишем неравенство в виде $A\geq\frac{1}{1-C}$.

При условиях: $1\leqslant{A}\leqslant2$ и $0\leqslant{C}\leqslant\frac{1}{3}$ оно справедливо.

Похоже, что исходное неравенство доказано.

[sergei1961]

Одно из неравенств в эквивалентном виде

$$ 3\le 1-{(abc)}^{\frac{1}{3}} $$

не кажется странным?

[Skeptic]

Извините, вкралась описка в оценку правой части неравенства. Её следует читать как $0\leqslant{C}\leqslant\frac{1}{3}$.

[TR63]

arqady в сообщении #833182 писал(а):

А само требуемое неравенство верно?
Вам и карты в руки - найти контр-пример!

(Оффтоп)

У меня стандартным образом, чтобы красиво и просто, не получается. А, не стандартным, рассуждаю так:
Чтобы найти контрпример, при условии следования предложения из непрерывно ложного предложения, надо сначала перейти непрерывно ложное "поле" . Например, в данном случае, такое:
$f\geq\frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{2(a+b+c)}>\frac3 2$
f-левая часть исходного неравенства в области, где она $f\le\frac3 2$.
Его, непрерывно ложное "поле", перейти реально невозможно (его длина бесконечна). (Это возможно, если только некто на горе свистнет). Значит найти реальный контрпример невозможно. При таких условиях для решения вопроса о существовании контрпримера достаточно провести эксперимент в (одной, двух) внутренней точке, учитывая, что на краях результат известен и заданные операциии (их две, три) (или алгоритм) по ходу дела не изменяются).
Такое рассуждение является частным случаем обобщённого постулата Лежандра. Но это другая нестандартная история.

[sergei1961]

Пугаете меня своими сообщениями.

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #828004 писал(а):

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

$$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\geq\frac{a+b+c}{a+b+c-\sqrt[3]{abc}}$$

У этого неравенства имеется красивое короткое доказательство.

$1.$

$$LHS \ge \frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2-(ab+bc+ca)} \ge \frac{a+b+c}{a+b+c-\sqrt[3]{abc}} \rightarrow ab+bc+ca \ge (a+b+c) \sqrt[3]{abc}$$

$2.$

$$LHS=\frac{ac}{ac+bc}+\frac{ba}{ba+ca}+\frac{cb}{cb+ab} \ge \frac{(ab+bc+ca)^2}{(ab+bc+ca)^2-abc(a+b+c)} \ge $$ $$\frac{a+b+c}{a+b+c-\sqrt[3]{abc}} \rightarrow (a+b+c) \sqrt[3]{abc} \ge ab+bc+ca$$

[arqady]

Вот оно! Мои поздравления, Sergic Primazon!

(Оффтоп)

Стрелочки только должны быть в другую сторону.

[sergei1961]

Для не одарённых, а обыкновенных людей, можно объяснить логику доказательства? Когда две величины одновременно больше и меньше друг друга, не сразу такое понятно.

[arqady]

OK. Вот полное доказательство.

arqady в сообщении #828004 писал(а):

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

$$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\geq\frac{a+b+c}{a+b+c-\sqrt[3]{abc}}$$

Первый случай. $ab+ac+bc\geq(a+b+c)\sqrt[3]{abc}$.
Согласно К-Б получаем: $\sum\limits_{cyc}\frac{a}{a+b}=\sum\limits_{cyc}\frac{a^2}{a^2+ab}\geq\frac{(a+b+c)^2}{\sum\limits_{cyc}(a^2+ab)}=\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2-(ab+ac+bc)}\geq$
$\geq\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2-(a+b+c)\sqrt[3]{abc}}=\frac{a+b+c}{a+b+c-\sqrt[3]{abc}}$.

Второй случай. $ab+ac+bc\leq(a+b+c)\sqrt[3]{abc}$.
Снова по К-Б получаем: $\sum\limits_{cyc}\frac{a}{a+b}=\sum\limits_{cyc}\frac{a^2c^2}{a^2c^2+c^2ab}\geq\frac{(ab+ac+bc)^2}{\sum\limits_{cyc}(a^2b^2+a^2bc)}=\frac{(ab+ac+bc)^2}{(ab+ac+bc)^2-abc(a+b+c)}=$
$=\frac{(ab+ac+bc)^2}{(ab+ac+bc)^2-\sqrt[3]{abc}\cdot\left(\sqrt[3]{abc}\right)^2\cdot(a+b+c)}\geq\frac{(ab+ac+bc)^2}{(ab+ac+bc)^2-\sqrt[3]{abc}\cdot\left(\frac{ab+ac+bc}{a+b+c}\right)^2\cdot(a+b+c)}=$
$=\frac{a+b+c}{a+b+c-\sqrt[3]{abc}}$.