Cyclic inequality

[sdsert]

Let $a,b,c>0$. Prove the following inequality

$$ \sqrt{a^2+3b^2}+\sqrt{b^2+3c^2}+\sqrt{c^2+3a^2}\ge a+b+c+\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)} $$

[arqady]

It's wrong! Try $a=2$, $b=1$ and $c=5$.

[sdsert]

sdsert в сообщении #852977 писал(а):

Let $a,b,c>0$. Prove the following inequality

$$ \sqrt{a^2+3b^2}+\sqrt{b^2+3c^2}+\sqrt{c^2+3a^2}\ge a+b+c+\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)} $$

Does the inequality holds when $a,b,c$ form the lengths of a triangle?

[Cash]

$a=40, b= 30, c =69$

[arqady]

Следующие два неравенства уже верны. Первое - лёгкое, второе - тяжёлое.
Для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ докажите, что:

$$ \sqrt{a^2+3b^2}+\sqrt{b^2+3c^2}+\sqrt{c^2+3a^2}\ge a+b+c+\sqrt{2(a^2+b^2+c^2)+ab+ac+bc} $$

$$\sqrt{a^2+3b^2}+\sqrt{b^2+3c^2}+\sqrt{c^2+3a^2}\ge a+b+c+\sqrt{\frac{32(a^2+b^2+c^2)+ab+ac+bc}{11}} $$

[Rak so dna]

arqady в сообщении #853562 писал(а):

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

$$ \sqrt{a^2+3b^2}+\sqrt{b^2+3c^2}+\sqrt{c^2+3a^2}\ge a+b+c+\sqrt{2(a^2+b^2+c^2)+ab+ac+bc} $$

$$ \sum\limits_{cyc}\sqrt{a^2+3b^2}\ge \sum\limits_{cyc}\frac{a^2+5b^2+2ab}{a+3b}\ge $$

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

Для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ докажите среднее неравенство:

$$\sum\limits_{cyc}\frac{a^2+2b^2+ab}{a+3b}\ge \frac{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{2(a+b+c)}$$

[arqady]

Rak so dna в сообщении #859417 писал(а):

Для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ докажите среднее неравенство:

$$\sum\limits_{cyc}\frac{a^2+2b^2+ab}{a+3b}\ge \frac{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{2(a+b+c)}$$

$\sum\limits_{cyc}\frac{a^2+2b^2+ab}{a+3b}\ge \frac{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{2(a+b+c)}\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}\left(\frac{a^2+2b^2+ab}{a+3b}-\frac{a+b}{2}\right)\ge \frac{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{2(a+b+c)}-(a+b+c)\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}\frac{(a-b)^2}{2(a+3b)}\geq\sum\limits_{cyc}\frac{(a-b)^2}{4(a+b+c)}\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}\frac{(a-b)^2(a-b+2c)}{a+3b}\geq0$.
Докажем следующую лемму.
Пусть $S_a+S_b+S_c\geq0$ и $S_aS_b+S_bS_c+S_cS_a\geq0$.
Тогда $(a-b)^2S_c+(b-c)^2S_a+(c-a)^2S_b\geq0$.
Можно считать, что $S_c+S_b\geq0$.
Имеем: $\sum\limits_{cyc}(a-b)^2S_c=(a-b)^2S_c+(b-c)^2S_a+(a-b+b-c)^2S_b=$
$=\left(S_c+S_b\right)(a-b)^2+2(a-b)(b-c)S_b+\left(S_a+S_b\right)(b-c)^2\geq0$
Поскольку $S_b^2-\left(S_c+S_b\right)\left(S_a+S_b\right)\leq0$.
Итак для завершеня доказательства остаётся проверить, что $\sum\limits_{cyc}\frac{a-b+2c}{a+3b}\geq0$ и $\sum\limits_{cyc}\frac{(a-b+2c)(b-c+2a)}{(a+3b)(b+3c)}\geq0$, а это просто.

[Rak so dna]

arqady в сообщении #859429 писал(а):

$\sum\limits_{cyc}\frac{a^2+2b^2+ab}{a+3b}\ge \frac{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{2(a+b+c)}\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}\left(\frac{a^2+2b^2+ab}{a+3b}-\frac{a+b}{2}\right)\ge \frac{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{2(a+b+c)}-(a+b+c)\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}\frac{(a-b)^2}{2(a+3b)}\geq\sum\limits_{cyc}\frac{(a-b)^2}{4(a+b+c)}\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}\frac{(a-b)^2(a-b+2c)}{a+3b}\geq0$.
Докажем следующую лемму.
Пусть $S_a+S_b+S_c\geq0$ и $S_aS_b+S_bS_c+S_cS_a\geq0$.
Тогда $(a-b)^2S_c+(b-c)^2S_a+(c-a)^2S_b\geq0$.
Можно считать, что $S_c+S_b\geq0$.
Имеем: $\sum\limits_{cyc}(a-b)^2S_c=(a-b)^2S_c+(b-c)^2S_a+(a-b+b-c)^2S_b=$
$=\left(S_c+S_b\right)(a-b)^2+2(a-b)(b-c)S_b+\left(S_a+S_b\right)(b-c)^2\geq0$
Поскольку $S_b^2-\left(S_c+S_b\right)\left(S_a+S_b\right)\leq0$.
Итак для завершеня доказательства остаётся проверить, что $\sum\limits_{cyc}\frac{a-b+2c}{a+3b}\geq0$ и $\sum\limits_{cyc}\frac{(a-b+2c)(b-c+2a)}{(a+3b)(b+3c)}\geq0$, а это просто.

Отличная лемма, отличное доказательство . Долго думал показывать ли после него своё... Но, пусть для истории:

$$\frac{a^2+2b^2+ab}{a+3b}\geq\frac{7a^3+5b^3+7a^2b+12b^2a+12b^2c+2c^2b+5c^2a+10a^2c+12abc}{8(a+b+c)^2}$$

которое сводится к квадратному:
$c^2(3x^2-9x+10)+2c(3x^3-5x^2-2)+(x^4-4x^3+7x^2-x+1)\geq0$ где $x=\frac{a}{b}$, которое очевидно при $x\geq2$. Если же $0\leqslant x\leqslant2$, то дискриминант $(x-1)^2(x+3)(6x^3-15x^2+3x-2)\leqslant0$

arqady в сообщении #859429 писал(а):

Итак для завершеня доказательства остаётся проверить, что $\sum\limits_{cyc}\frac{a-b+2c}{a+3b}\geq0$ и $\sum\limits_{cyc}\frac{(a-b+2c)(b-c+2a)}{(a+3b)(b+3c)}\geq0$, а это просто.

Проверил "в лоб" - все верно , может это более очевидно?

[arqady]

Rak so dna в сообщении #859452 писал(а):

Проверил "в лоб" - все верно , может это более очевидно?

Я сделал то же самое.
Не вижу смысла искать что-то красивое поскольку там получаются очевидные неравенства третьей степени.