Неравенство 19.

[TR63]

Для неотрицательных $(a;b;c)$, никакие два из которых не равны нулю, докажите неравенство:

$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\ge\frac1 2\sqrt{\frac{11(a^2+b^2+c^2)}{ab+ac+bc}+14}-1$$

В "Олимпиадном разделе" была предложена идея:

$e_1=a+b+c$

$e_2=ab+bc+ca$

$e_3=abc$

$$12e_1^2e_2^3-(19e_1^4+32e_1e_3)e_2^2+(4e_1^6+38e_1^3e_3+24e_3^2)e_2-11e_1^2e_3^2\ge0$$

Древние зубры забраковали эту идею, мол, неизвестно, что с этим делать дальше. А мне нравится эта идея, т.к. дальше всё решается полу устно (на пальцах).

Найдите простое решение исходного неравенства с использованием этой идеи (преобразованного неравенства).

[TR63]

Моё решение.

Ввиду наличия гомогенизации можем считать, что

$e_1=a+b+c=1$

$x=e_2$

$y=e_3$

Тогда преобразованное неравенство, а, значит и исходное, перепишем в новых переменных:

$$\{(11-24x)y^2-(38x-32x^2)y\}-(12x^3-19x^2+4x)\le0$$

Получили верное неравенство, т.к. все выражения в круглых скобках положительны, а в фигурных отрицательно.

[Rak so dna]

TR63 в сообщении #1286078 писал(а):

все выражения в круглых скобках положительны

Ну пусть $a=b=\frac{1}{4}$, $c=\frac{1}{2}$,
тогда $x=\frac{5}{16}$ и $(12x^3-19x^2+4x)=-\frac{245}{1024}$

[TR63]

Я рассматривала область, в которой круглые скобки положительны:

$3\sqrt[3]{(abc)^2}\le x=ab+bc+ca<a+b+c=1$

$x<\frac1 4$

Дальше, как Вы правильно заметили, приходится сделать трюк: $x=\frac1 4+a_1$. Получим неравенство, с которым Вольфрам справляется:

$12a_1^3-(32y+10)a_1^2+(24y^2+22y-3.25)a_1+(7.5y-5y^2)\ge0$

Правда, это не полу устное решение, но решение (здесь сразу видно, что надо сделать трюк).
Остаётся подумать, как это делает Вольфрам (идея у меня есть, но она длинная)
(Думаю, что $\frac1 4$ всплыла не совсем случайно; такое встречалось ранее.)
Rak so dna, спасибо (Ваше замечание существенно.)

[TR63]

Использование результатов Вольфрама в данном случае не обосновано, т.к. переменные зависимы. Но в качестве гипотезы для многочленов специального вида можно. Это для многочленов, полученных преобразованиями однородных перестановочных функций, для которых неравенство верно при $a=b=c$ и $a=b$. Т.е. тогда переменные гипотетически можно рассматривать как независимые. Но это гипотеза, на которую контрпримеры мне не встречались.
Что делать дальше с полученным многочленом не знаю.
Вот пример, иллюстрирующий гипотезу:

$(z^4-z^3+z^2-3z+2)y^4-(2z^4-z^2+z)y+z^4+z^3\ge0$ (?)
$1>(z;y)>0$

Вольфрам показывает, что неравенство верно. Но если переменные зависимы, например,

$a+b+c=1$

$y=ab+(a+b)(1-a-b)$

$z=ab(1-a-b)$

то неравенство может быть неверно при $a=b$. Но может ли этот многочлен быть получен из однородной перестановочной функции.

[TR63]

Появилась необычная идея, как завершить доказательство исходного неравенства для оставшейся области (возможно корректная).
Требуется доказать неравенство:

TR63 в сообщении #1286078 писал(а):

в новых переменных:

$$\{(11-24x)y^2-(38x-32x^2)y\}-(12x^3-19x^2+4x)\le0$$

$a\ge b\ge c$

$a+b+c=1$

$x=ab+bc+ca$

$y=abc$

$0\le y\le\frac{1}{27}$

$\frac1 4\le x\le\frac1 3$

Т.к. переменные $(x;y)$ зависимые, то известные свойства "в лоб" применять нельзя. Но можно считать, исходя из количества перемен знака, что количество положительных корней $K(D^+)\le2$? Далее, т.к. $f(y=0)\ge0$, $f(y=\frac{1}{27})\le0$, то $K(D^+)\le1$? Этого для исследования достаточно, если переменные независимы. У нас зависимые. Тогда допустим, что существует $\exis y_1$, для которого $f(y_1)>0$. Тогда для всех $y>y_1$ будет $f(y)>0$. Значит и для $y(a_1;b_1=a_1;c_1)>y_1(a_1;b_1c_1)$ будет $f(y)>0$. Если доказать исходное неравенство при $b=a$, то получим противоречие. Следовательно такого $y_1$ не существует и $f(y)\le0$. А, как решать неравенство от одной переменной, известно.

Замечание: можно было сразу сделать замену $x=y+\alpha$. Получится многочлен с одной переменой знака плюс аналогичные рассуждения, если они корректны.

Интересно, в таком классе функций эта идея всегда будет срабатывать?

[Cap]

$uvw$ метод эффективен в таких случаях, это линейная функция $w^3$, поэтому достаточно проверить случаи когда $b=c=1$ и $a=0$.
topic53377.html