Равенство в четырёх точках

[arqady]

Для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ таких, что $a+b+c=1$ докажите, что:

$$a\sqrt{2a+3bc}+b\sqrt{2b+3ac}+c\sqrt{2c+3ab}\geq1$$

[Deggial]

Тема перемещена из форума «Олимпиадные задачи (М)» в форум «Корзина»
Причина переноса: задача скрыта по просьбе arqady до 20-го марта как конкурсная

[Deggial]

Тема перемещена из форума «Корзина» в форум «Олимпиадные задачи (М)»
Возвращено

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #689448 писал(а):

Для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ таких, что $a+b+c=1$ докажите, что:

$$a\sqrt{2a+3bc}+b\sqrt{2b+3ac}+c\sqrt{2c+3ab}\geq1$$

по Гельдеру :

$$\left (a\sqrt{2a+3bc}+b\sqrt{2b+3ac}+c\sqrt{2c+3ab}\right )^2 \left(\frac{a}{2a+3bc}+\frac{b}{2b+3ca}+\frac{c}{2c+3ab}\right ) \geq (a+b+c )^3$$

$$\frac{a}{2a+3bc}+\frac{b}{2b+3ca}+\frac{c}{2c+3ab} \le 1$$

$$RHS-LHS = \frac{abc\left(9(a^2+b^2+c^2)+27abc-4\right)}{(2a+3bc)(2b+3ca)(2c+3ab)} \ge 0$$

$9(a^2+b^2+c^2)+27abc \ge 4 \Leftrightarrow 5+27abc \ge 18(ab+bc+ca) \rightarrow$ верно по Шуру : $1+9abc \ge 4(ab+bc+ca)$

равенство достигается при : $a=b=c=\frac{1}{3}$ или $(a=0 , b=c=\frac{1}{2})$

[TR63]

arqady в сообщении #689448 писал(а):

Для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ таких, что $a+b+c=1$ докажите, что:

$$a\sqrt{2a+3bc}+b\sqrt{2b+3ac}+c\sqrt{2c+3ab}\geq1$$

Это неравенство следует из трёх простых неравенств:
$b^{\frac3 2}+c^{\frac3 2}\ge\frac{\sqrt2}{3}$
$b+c\ge\frac2 3$
Записываем их ещё для пар $(b;a)$, $(c;a)$, складываем и получаем:
$a^{\frac3 2}+b^{\frac3 2}+c^{\frac3 2}\ge\frac{\sqrt2}{2}$
$a+b+c\ge1$
А, это неравенство усиленное по отношению к исходному.
( Укороченные неравенства доказываются без Гёльдера, возведением в квадрат, сначала при $b+c=\frac2 3$ )

[arqady]

TR63 в сообщении #845630 писал(а):

Это неравенство следует из трёх простых неравенств:
$b^{\frac3 2}+c^{\frac3 2}\ge\frac{\sqrt2}{3}$
$b+c\ge\frac2 3$

А если $b=c=0$?

[TR63]

arqady,
очень хороший вопрос (интересно, что Вы сами думаете по этому поводу).
Условие $b=c=0$ не входит в область определения укороченного неравенства, но из этого, согласно диалектике, не следует, что оно не может входить в область определения неукороченного $a+b+c\ge1$. Может входить или не входить. Проверяется практикой.
Для меня самой полученное усиленное неравенство является неожиданностью. Из него возможны интересные следствия. Но мне не верится, что всё так просто.

[fibonacci]

А не можно методом " point of incidence " ?

[TR63]

Поняла свою ошибку. Нельзя складывать области определения. Но в качестве области определения для усиленного (неукороченного) неравенства можно взять область $a>b>c>\frac1 3$, которая будет непрерывно ложной по отношению к области определения исходного неравенства (по Гёльдеру). Тогда исходное, как следующее из непрерывно ложного, будет, согласно моей гипотезе, непрерывно относительно знака. Что и подтверждается стандартным доказательством.
Интересно было бы найти (для другой, более общей задачи) границу ( верхнюю? нижнюю?) для усиленного неравенства при условии $a+b+c=1$. Но это уже оффтоп.

fibonacci в сообщении #846562 писал(а):

А не можно методом " point of incidence " ?

Что за метод? В чём его смысл?

[fibonacci]

Этот метод можно найти в этом книге: Inequalities: Theorems, Techniques and Selected Problems
by Zdravko Cvetkovski