Свежее неравенство

[arqady]

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

$$\sqrt{\sum_{cyc}(22a^2+5ab)}\geq\sum_{cyc}\sqrt{4a^2+ab+4b^2}.$$

Удачи!

[xaxa3217]

два вопроса - где в неравенстве c и что такое cyc под знаком суммирования?

[arqady]

xaxa3217 писал(а):

два вопроса - где в неравенстве c и что такое cyc под знаком суммирования?

$cyc$ означает циклическая ( в нашем случае сумма ).
В развёрнутом виде неравенство выглядит так:
$\sqrt{22(a^2+b^2+c^2)+5(ab+ac+bc)}\geq$
$\geq\sqrt{4a^2+ab+4b^2}+\sqrt{4b^2+bc+4c^2}+\sqrt{4c^2+ca+4a^2}.$

[maxal]

Интересно, что вынести корень за знак суммы с помощью Йенсена в правой части нельзя - получается выражение большее левой части

[arqady]

maxal, это одна из ловушек!

[juna]

Обозначим
$4a^2+ab+4b^2=x$
$4b^2+bc+4c^2=y$
$4c^2+ca+4a^2=z$,
тогда имеем $22(a^2+b^2+c^2)+5(ab+ac+bc)=2a^2+2b^2+2c^2+5(x+y+z)$
Докажем, что $\sqrt{5(x+y+z)}\geq\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}$
После возведения в квадрат и преобразований приходим к $2(x+y+z)\geq\sqrt{xy}+\sqrt{xz}+\sqrt{yz}$ - последнее справедливо по перестановочному неравенству даже без двойки.

[xaxa3217]

Цитата:

тогда имеем $22(a^2+b^2+c^2)+5(ab+ac+bc)=2a^2+2b^2+2c^2+5(x+y+z)$

квадраты входят по два раза, поэтому вместо 5 там должно быть 5/2. и, кстати, даже a^2+..+c^2 из левой части так просто нельзя отбрасывать тк при a=b=c там достигается равенство.

[juna]

Да, я ошибся в арифметике.
Получаем $22(a^2+b^2+c^2)+5(ab+ac+bc)=3(x+y+z)+2(ab+ac+bc)-2(a^2+b^2+c^2)$
Для $\sqrt{3(x+y+z)}\geq\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}$ имеем точное $x+y+z\geq\sqrt{xy}+\sqrt{xz}+\sqrt{yz}$, в свою очередь всегда $a^2+b^2+c^2\geq ab+ac+bc$. Неравенство становится тонким... и такой подход для доказательства не годится.

[СОКАКУ]

Мне удалось доказать только более слабое неравенство

$$\sqrt{\sum_{cyc}(23a^2+4ab)}\geq\sum_{cyc}\sqrt{4a^2+ab+4b^2}.$$

Извените, но нет ли опечатки. И если нет, то какое наименьшее значение имеет $k$ такое, что верно неравенство

$$\sqrt{\sum_{cyc}(ka^2+(27-k)ab)}\geq\sum_{cyc}\sqrt{4a^2+ab+4b^2}.$$

[bobo]

Опечатки там нет и наименьшее $k$ равно в точности 22, подставьте $a=b=1, c=0$

[bobo]

Оказывается, справедливо следующее
$7(a+b+c)\sum_{cyc}\frac{4a^2+ab+4b^2}{3a+3b+c}\leq \sum_{cyc}(22a^2+5ab)$.
Положив в исходном неравенстве $a+b+c=3$, в последнем можно применить смешивание переменных и свести к доказательству неравенства от одной переменной. Но тут мало удовольствия

[arqady]

bobo писал(а):

Оказывается, справедливо следующее
$7(a+b+c)\sum_{cyc}\frac{4a^2+ab+4b^2}{3a+3b+c}\leq \sum_{cyc}(22a^2+5ab)$.

Мои поздравления, bobo! Это и есть решающая идея. Последнее неравенство тривиально после домножения на общий знаменатель, раскрытия скобок и приведения подобных членов.