Красивое неравенство

[sergei1961]

А у меня в пределе слева получилось 1, а не 2. А всё неравенство имеет в пределе вид $1\ge1$. Что ему совсем не противоречит, но вот 3/2 посредине не засунешь.

[TR63]

Обратите внимание: у Вас обозначения переменных не соответствуют условию моему. Переменные я обозначаю по возрастанию. Единица не может стоять слева. Она должна быть справа. Получается усиленное неравенство, но область определения переменных сужается. Это-то и плохо.

[Skeptic]

arqady в сообщении #828004 писал(а):

У этого неравенства имеется красивое короткое доказательство.

Я запутался в поисках красивого и короткого доказательства.
Есть графическое решение (использование производной), но его не назовёшь красивым и коротким.
Будем искать.

[TR63]

Skeptic
$t^2<t<1$,$a<c<b$

-- 25.02.2014, 16:20 --

Skeptic в сообщении #830503 писал(а):

(использование производной), но его не назовёшь красивым и коротким.

Всё-таки, местами оно красивое, по-моему.

[provincialka]

arqady в сообщении #828004 писал(а):

У этого неравенства имеется красивое короткое доказательство.

Но поля комментария слишком узки, чтобы его уместить. Где arqady? Бросил нам кость и смылся! А мы теперь мучаемся. Откуда взялся корень кубический?
Кстати, я проверяла численно, левая и правая часть отличаются мало.

[arqady]

provincialka в сообщении #830554 писал(а):

Где arqady?

Всегда с Вами! Могу дать подсказку.

[provincialka]

Радует! Я пока пробовала взять $abc=1$, $a+b+c=1$, взять за новые переменные знаменатели, свести левую часть к среднему геометрическому и т.д. И даже придумать геометрическую интерпретацию (например, $a, b, c$ - отрезки касательных). Не выходит.

[sergei1961]

Если преобразовать, то после некоторого счёта неравенство записывается так (если я не наврал...)

$f(a,b,c)g(a,b,c)\ge {(abc)^\frac{1}{3}}$, где

$$f(a,b,c)=\frac{a+b+c}{3},\\ g(a,b,c)=\frac{3\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}+1\right)}{2\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}}\right)+\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)+3$$

Функция f больше правой части по неравенству о средних. Теперь если помечтать, то достаточно доказать, что $g\ge 1$. Но это сводится к таким эквивалентным неравенствам:

$\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a} \ge \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a},$
$ab(a-b)+ac(c-a)+bc(b-c)\ge 0$.

Не уверен, что последние неравенства правильные, хотя они немного похожи на неравенства Шура. Во всяком случае, видно теперь, что это некоторое обобщение неравенства о средних, виден явный множитель, на которое это неравенство можно домножить.

arqady - мы ещё помучаемся, конечно, не надо рассказывать. А есть обобщения для нескольких чисел, больше трёх?

[arqady]

sergei1961 в сообщении #830590 писал(а):

А есть обобщения для нескольких чисел, больше трёх?

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 .

[sopor]

А частными производными и прочим матаном пробить не получится? Или это стыдно применять такие читы?

[arqady]

Приветствуется, конечно, любое доказательство, но лучше такое, которое можно было бы реализовать на олимпиаде.

[Skeptic]

Не могу доказать, что при $A>1, C<1$ справедливо $A\geq\frac{1}{1-C}$.

[TOTAL]

(Оффтоп)

Skeptic в сообщении #830697 писал(а):

Не могу доказать, что при $A>1, C<1$ справедливо $A\geq\frac{1}{1-C}$.

Я тоже не могу доказать, что при $A > 1, \;\; C > 1$ справедливо $A > C.$

[Skeptic]

(Оффтоп)

TOTAL, большего сказать по существу решения не можете?
Сначала поймите постановку задачи. Там неравенство то же типа.?

[arqady]

Skeptic, TOTAL имел в виду, что Ваше неравенство невозможно доказать точно так же как и его.