Неравенство

[arqady]

Для неотрицательных $a,$ $b$ и $c$ таких, что $ab + ac + bc = 3$ докажите, что:

$$\frac {1}{3a + b + c} + \frac {1}{3b + a + c} + \frac {1}{3c + a + b}\leq\frac {3}{5}$$

С наступающим!

[Edward_Tur]

Вполне вероятно, наибольшее $\lambda$, для которого выполняется неравенство $\frac{{1 }}{{\lambda a + b + c }} + \frac{{1 }}{{a + \lambda b + c }} + \frac{{1 }}{{a + b + \lambda c }} \le \frac{3}{{\lambda + 2}}$ при тех же условиях - это $\lambda = 3.504…$ - корень уравнения $27(2\lambda +2)^2 = (\lambda +2)^2 (\lambda +5)^2$

[juna]

Edward_Tur
Не могли бы Вы подробнее рассказать, как к таким оценкам Вы приходите и почему вероятно.

[Edward_Tur]

Если $F(a,b,c,\lambda ) = \frac{1}{{\lambda a + b + c}} + \frac{1}{{a + \lambda b + c}} + \frac{1}{{a + b + \lambda c}} - \frac{9}{{(\lambda + 2)\sqrt {3(ab + bc + ca)} }} \le 0$, то из $F(a,1,1,\lambda ) \le 0$ получаем: $P(a,\lambda ) = 27\lambda ^2 a^4 + \ldots a^3 + \ldots a^2 + \ldots a + 27(2\lambda + 2)^2 - (\lambda + 2)^2 (\lambda + 5)^2 \ge 0$
Отсюда необходимое условие $\lambda \le 3.504 \ldots $ Достаточность проверил на кубе $10000 \times 10000 \times 10000$ программкой из нескольких операторов. Конечно же, это не доказательство.

[juna]

Спасибо.

[maxal]

juna
см.
http://dxdy.ru/post109311.html#109311
http://dxdy.ru/post109330.html#109330
и т.д.

[arqady]

Может быть, следующее неравенство по-проще.
Для неотрицательных $a,$ $b$ и $c$ таких, что $ab + ac + bc = 1$ докажите, что:

$$\frac {1}{a + b } + \frac {1}{ a + c} + \frac {1}{b+c}+\frac{3}{a+b+c}\geq4$$

[vlad239]

arqady писал(а):

Может быть, следующее неравенство по-проще.
Для неотрицательных $a,$ $b$ и $c$ таких, что $ab + ac + bc = 1$ докажите, что:

$$\frac {1}{a + b } + \frac {1}{ a + c} + \frac {1}{b+c}+\frac{3}{a+b+c}\geq4$$

Заметим, что $\frac{1}{a+b}=c+\frac{ab}{a+b}$.
Поэтому
$a+b+c+\frac{3}{a+b+c}+\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ac}{a+c}\ge a+b+c+\frac{3}{a+b+c}+\frac{ab}{a+b+c}+\frac{bc}{a+b+c}+\frac{ac}{a+b+c}=a+b+c+\frac{4}{a+b+c}\ge 2\sqrt{4}=4$

Влад.

[arqady]

Отлично, vlad239! Именно это доказательство я и имел в виду.
Вот ещё одно. Для коллекции.

Для неотрицательных $a,$ $b$ и $c$ таких, что $ab+ac+bc=3$ докажите, что
$(a+2b)(b+2c)(c+2a)\geq27.$

Кстати, какое максимальное ( минимальное ) $k,$ при котором неравенство $(a+kb)(b+kc)(c+ka)\geq(1+k)^3$
верно для всех неотрицательных $a,$ $b$ и $c$ таких, что $ab+ac+bc=3$ $?$

При $k=1$ получаем известное и древнее неравенство Карлсона.

Добавлено спустя 2 часа 5 минут 15 секунд:

У меня получилось

$$\frac{3\sqrt[3]{4}-2-\sqrt{18\sqrt[3]2-12\sqrt[3]4}}{2}\leq k\leq\frac{3\sqrt[3]{4}-2+\sqrt{18\sqrt[3]2-12\sqrt[3]4}}{2}=2.333698853...$$

То бишь при тех же ограничениях верно вот такое:
$(3a+7b)(3b+7a)(3c+7a)\geq1000,$ доказательство которого аналогично, только числа большие.

[daogiauvang]

у меня задача такая
Пусть $ x,y,z$ неотрицательные вещественные числа, причем $ x^2+y^2+z^2=2$
Доказывать, что
$\frac{1}{x^2-xy+y^2}+\frac{1}{y^2-yz+z^2}+\frac{1}{z^2-zx+x^2} \geq 3$

[arqady]

daogiauvang писал(а):

у меня задача такая
Пусть $ x,y,z$ неотрицательные вещественные числа, причем $ x^2+y^2+z^2=2$
Доказывать, что
$\frac{1}{x^2-xy+y^2}+\frac{1}{y^2-yz+z^2}+\frac{1}{z^2-zx+x^2} \geq 3$

$$\sum_{cyc}\frac{1}{x^2-xy+y^2}\geq3\Leftrightarrow(x^2+y^2+z^2)\sum_{cyc}\frac{1}{x^2-xy+y^2}\geq6.$$

Пусть

$$z=\min\{x,y,z\}.$$

Тогда

$$(x^2+y^2+z^2)\sum_{cyc}\frac{1}{x^2-xy+y^2}\geq(x^2+y^2)\left(\frac{1}{x^2-xy+y^2}+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\right).$$

То бишь, осталось проверить, что

$$(x^2+y^2)\left(\frac{1}{x^2-xy+y^2}+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\right)\geq6,$$

которое еквивалентно

$$(x-y)^2(x^4+x^3y-x^2y^2+xy^3+y^4)\geq0,$$

что очевидно верно.

[daogiauvang]

Отлично!!! еще такая задача:
Пусть $ a+b+c=p$,$ab+bc+ca=q$ и $ abc=r$ причем $ p^2-2q=3$.
Доказывать,что:
$64+16q+2pr \geq 12r+r^2+32p+q^2$

[arqady]

По-моему, следующая идея доказывает ( или опровергает ) Ваше неравенство.

$$(a-b)^2(a-c)^2(b-c)^2\geq0$$

является квадратичным неравенством
относительно

$$r$$

с коэффициэнтами - многочленами от

$$p$$

и

$$q.$$

Воспользовавшись соответствующей оценкой Вы получите неравенство от одной переменной

$$t,$$

где

$$p^2=3tq.$$

Это, конечно, громоздко, но эфективно.

[daogiauvang]

но $ f(a,b,c)=(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2 $ разлагается оч сложно, как связь между $r$и $p,q$.
Вот я написал первоначальный вид этого неравенство:
Пусть $a^2+b^2+c^2=3$ Даказывать,что

$8(2-a)(2-b)(2-c) \geq (a+bc)(b+ca)(c+ab)$
мы можем использовать неравенство Сhur's????

[arqady]

daogiauvang писал(а):

мы можем использовать неравенство Сhur's????

Вы ж хотите, чтобы числа были любыми действительными, не обязательно неотрицательными.