Лёгкое, но красивое неравенство

[arqady]

Пусть $a,$ $b$ и $c$ неотрицательны. Докажите, что
$a\sqrt{3a^2+6b^2}+b\sqrt{3b^2+6c^2}+c\sqrt{3c^2+6a^2}\geq(a+b+c)^2.$

[TOTAL]

arqady писал(а):

Пусть $a,$ $b$ и $c$ неотрицательны. Докажите, что
$a\sqrt{3a^2+6b^2}+b\sqrt{3b^2+6c^2}+c\sqrt{3c^2+6a^2}\geq(a+b+c)^2.$

$\sqrt{3a^2+6b^2} \ge a+2b$

[Gordmit]

А что в нем красивого?.. Насколько я могу судить, в этом разделе обсуждается куча подобных неравенств типа (некоторое выражение от трех переменных)+(его циклические перестановки)$\leqslant$ ($\geqslant$) (выражение от трех переменных, симметричное относительно них, либо число).

Мне вот интересно, а есть ли какая-нибудь более-менее общая теория таких неравенств, или они каждый раз доказываются своим хитроумным приемом, и потому так любимы составителями олимпиадных задач?

[arqady]

Gordmit писал(а):

А что в нем красивого?..

Всё это дело вкуса. В данном случае я прозевал простое решение.
Имелась в виду идея, которая используется в следующем неравенстве:
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... p?t=174360
А вообще оценка суммы корней снизу всегда интересна, имхо, поскольку функция - корень является вогнутой. Ну и, понятно, без Йенсена мерещится применить Коши-Буняковского, Гёльдера, если повезёт...

Gordmit писал(а):

Насколько я могу судить, в этом разделе обсуждается куча подобных неравенств типа (некоторое выражение от трех переменных)+(его циклические перестановки)$\leqslant$ ($\geqslant$) (выражение от трех переменных, симметричное относительно них, либо число).

Ну количество переменных может быть и другим, но вы правильно подметили, что практически у всех олимпиадных неравенств есть явная или скрытая симметрия.
Здесь сказывается известная человеческая слабость: мы во всём ищем симметрию и гармонию. В то время как на самом деле наш мир ( включая и математический ) - полный хаос и дисгармония.

Gordmit писал(а):

Мне вот интересно, а есть ли какая-нибудь более-менее общая теория таких неравенств, или они каждый раз доказываются своим хитроумным приемом, и потому так любимы составителями олимпиадных задач?

"Более или менее общая теория" имеется, но шаг в сторону и ... - ничего не работает. Это обстоятельство превращает эту область олимпиадной математики в невероятно очаровательную.
Приведу один пример.
Для положительных $a,$ $b$ и $c$ докажите, что
1) $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+4\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\geq12\left(\frac{1}{3a+b}+\frac{1}{3b+c}+\frac{1}{3c+a}\right)$
2) $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{9}{a+b+c}\geq6\left(\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{2b+a+c}+\frac{1}{2c+a+b}\right)$
Правда они похожи? Доказываются же они разными красивыми приёмами.
Причём попытка применить приём, работающий для одного неравенства, приводит к тупику для другого.
( Понятно, что может быть я не вижу что-то и существует общий подход, как например, умножить обе части на общий знаменатель, раскрыть скобки и устроить сумму квадратов. Думаю, последнее возможно, но уж очень это тяжело и некрасиво. )
И ... спасибо Вам за Ваш интерес к неравенствам.

[Deggial]

Последующее обсуждение с TR63 отделено

[Cap]

arqady в сообщении #88572 писал(а):

Пусть $a,$ $b$ и $c$ неотрицательны. Докажите, что
$a\sqrt{3a^2+6b^2}+b\sqrt{3b^2+6c^2}+c\sqrt{3c^2+6a^2}\geq(a+b+c)^2.$

Возведём обе части в квадрат, тогда
$\sum_{cyc} (b^2(3b^2+6c^2)+2bc\sqrt{(3b^2+6c^2)(3c^2+6b^2)}\geq \sum 3a^4+12b^2c^2+12a^2bc\geq (a+b+c)^4 \Longleftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)^2$

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #88572 писал(а):

Пусть $a,$ $b$ и $c$ неотрицательны. Докажите, что
$a\sqrt{3a^2+6b^2}+b\sqrt{3b^2+6c^2}+c\sqrt{3c^2+6a^2}\geq(a+b+c)^2.$

$f(t)=\sqrt{3+6t^2}$

$a^2f\left ( \dfrac{b}{a} \right)+b^2f\left ( \dfrac{c}{b} \right)+c^2f\left ( \dfrac{a}{c} \right) \ge (a^2+b^2+c^2)f\left ( \dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\right )=\sqrt{3((a^2+b^2+c^2)^2+2(ab+bc+ca)^2)} \ge $ $ \ge (a+b+c)^2$