Красивое неравенство

[sergei1961]

Спасибо. Теперь всё понятно.

[Vova_Gidro]

Sergic Primazon
Действительно, коротко и красиво. Где же вы раньше были?
Поздравляю!!!

arqady, спасибо за интересную задачу.

[arqady]

Рад, что Вам понравилось.
Кстати, это неравенство мне не удалось доказать с помощью BW и компьютера.
То есть мы, люди, пока ещё умнее компьютера иногда.

[Skeptic]

А чём сложность?
Построить функцию из разности левой и правой части. Исследовать её на минимум при разных отношениях между переменными.

[arqady]

arqady в сообщении #830636 писал(а):

Естественным обобщением было бы
$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+d}+\frac{d}{d+a}\geq\frac{a+b+c+d}{a+b+c+d-2\sqrt[4]{abcd}}$ для положительных переменных,
но я не вижу верно оно или нет .

Можно доказать, что для чётных натуральных $n$ и $a_i>0$ верно следующее

$$\frac{a_1}{a_1+a_2}+\frac{a_2}{a_2+a_3}+...+\frac{a_n}{a_n+a_1}\geq\frac{a_1+a_2+...+a_n}{a_1+a_2+...+a_n-(n-2)\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}}$$

С $n=5$ пока проблема.

[TR63]

arqady в сообщении #828004 писал(а):

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

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

Это неравенство заменой переменных можно свести к эквивалентному неравенству:
${\frac{1+x+x^a-3\sqrt[3]{x^{a+1}}}{1+x+x^a-\sqrt[3]{x^{a+1}}}\geq\frac{B} {A}}$

$\frac{B}{A}=\frac{(x-1)(x^a-1)(x^a-x)}{(x+1)(x^a+1)(x^a+x)}$
Числитеь дроби обозначаем (B), а знаменатель (A). Тогда неравенство примет вид:

$[(A-B)(1+x+x^a)]^3\geq x^{a+1}(3A-B)^3$
Далее вольфрам выдаёт результат: сумма положительных слагаемых положительна.
Для четырёх переменных вольфрам в лоб отказывается кушать, просит частями. Но это очень страшненько, хотя интересно, что получится. (Правда, вольфрам показал, что структура меняется: правая часть неравенства не раскладывается на множители; я думаю, что это происходит из-за изменения свойств радикалов, т.е. теряется их периодичность).
В качестве обобщения можно найти верхнюю границу исходного неравенства и обобщить на большее количество переменных. У меня получается пока для частного случая:$(a\leq b\leq c)$, когда они имеют вид $(1\leq x\leq x^a)$ $(a\geq 1)$. Тогда верхняя граница находится легко.

[sergei1961]

arqady-спасибо за красивое обобщение. Интересно в других направлениях поискать. Например, раз использовано неравенство К-Б, может подумать как применить его обобщения, для начала стандартные, например, неравенство Милна из ХЛП?

Кстати исходное неравенство относится к типу неравенств Клямкина, подробное изложение есть в книге Classical and New Ineq. Только после избавления от корня третьей степени, как там, получается неравенство весьма высокого порядка, такие в книге даже не рассматриваются, хотя небольших порядков описываются все. Тоже интересно, мне кажется.

[Rak so dna]

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

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

[Shadow]

С одной стороны

$\dfrac{a+b+c}{3} \ge \sqrt[3]{abc} \Rightarrow \dfrac{a+b+c}{a+b+c-\sqrt[3]{abc}} \le \dfrac 3 2$

С другой: $\dfrac{2a}{b+c}+\dfrac{2b}{c+a}+\dfrac{2c}{a+b} \ge 3$

Пусть
$\\b+c=u\\ c+a=v\\ a+b=w$

Тогда
$\\2c=u+v-w\\ 2b=u+w-v\\ 2a=v+w-u $

Неравенство трансформируется в:
$\dfrac u v +\dfrac v u +\dfrac v w+\dfrac w v +\dfrac w u+\dfrac u w \ge 6$

Ну и т.к $x+\frac 1 x \ge 2$ ...

[arqady]

Rak so dna, у Вас получилось слабее Несбитта.
Следующее неравенство посильнее будет.
Для положительных $a$, $b$ и $c$ докажите, что:

$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}+\frac{3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{2(a^2+b^2+c^2)}\geq2$$

[Rak so dna]

arqady в сообщении #888443 писал(а):

Rak so dna, у Вас получилось слабее Несбитта.

Пытаясь доказать Ваше неравенство методом оценки, получил и доказал (докажите и Вы!), что:$\frac{a^3}{b^3+c^3}\geq\frac{2a^3+a^2b+a^2c-ab^2-ac^2}{2(a^3+b^3+c^3-abc)}$.
Не знал, что $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq\frac{a+b+c}{a+b+c-\sqrt[3]{abc}}$ доказывается настолько проще исходного (спасибо Shadow)
(то, что $\sum\frac{a}{b+c}\geq\sum\frac{a}{a+b}$ даже я заметил)

[arqady]

Rak so dna в сообщении #888457 писал(а):

получил и доказал (докажите и Вы!), что:$\frac{a^3}{b^3+c^3}\geq\frac{2a^3+a^2b+a^2c-ab^2-ac^2}{2(a^3+b^3+c^3-abc)}$.

Перепишем его в виде $2a^5-2bca^3-(b+c)(b^3+c^3)a+(b^2+c^2)(b^3+c^3)\geq0$.
Так как $a^5-2bca^3+b^2c^2a\geq0$ остаётся доказать, что

$$a^5-(b^4+b^3c+b^2c^2+bc^3+c^4)a+(b^2+c^2)(b^3+c^3)\geq0$$

AM-GM даёт $a^5+(b^2+c^2)(b^3+c^3)=a^5+4\cdot\frac{(b^2+c^2)(b^3+c^3)}{4}\geq5\sqrt[5]{a^5\left(\frac{(b^2+c^2)(b^3+c^3)}{4}\right)^4}$.
Поэтому остаётся доказать, что $3125(b^2+c^2)^4(b^3+c^3)^4\geq256(b^4+b^3c+b^2c^2+bc^3+c^4)^5$, что верно.
Действительно, пусть $b^2+c^2=xbc$. Тогда мы должны доказать, что $f(x)\geq0$, где
$f(x)=4\ln x+2\ln(x+2)+4\ln(x-1)-5\ln(x^2+x-1)+\ln\frac{3125}{256}$ для всех $x\geq2$,
что очевидно, поскольку $f'(x)=\frac{5x^3+7x^2-8x+8}{x(x+2)(x-1)(x^2+x-1)}>0$.

[Rak so dna]

arqady очень понравился Ваш переход от $b$ и $c$ к $x$.
Можно еще так доказать:
$2a^5-2bca^3-(b+c)(b^3+c^3)a+(b^2+c^2)(b^3+c^3)=$
$\first(b^3+c^3+abc\last)\first((a-b)^2+(a-c)^2\last)+a\first(\first(a^2-b^2+ab-ac\last)^2+\first(a^2-c^2+ac-ab\last)^2\last)$