nierówność z trzema niewiadomymi

[ann_u]

Niech \(\displaystyle{ a,b,c>0, abc=1 .}\) Wykaż że \(\displaystyle{ \frac{a}{1+b}+\frac{b}{1+c}+\frac{c}{1+a}\ge\frac{\sqrt{3(a+b+c)}}{2}.}\)

[Premislav]

Założenia zadania pozwalają podstawić \(\displaystyle{ a=\frac{x}{y}, \ b=\frac{y}{z}, \ c=\frac{z}{x}}\), przy czym \(\displaystyle{ x,y,z>0}\) i po pięknych rachunkach otrzymujemy równoważną wyjściowej nierówność do wykazania w dodatnich:
\(\displaystyle{ \left(x^4 z^2 + x^3 y^3 + x^3 y^2 z + x^3 y z^2 + x^3 z^3 + x^2 y^4 + x^2 y^3 z + x^2 y z^3 + x y^3 z^2 + x y^2 z^3 + y^3 z^3 + y^2 z^4
\right)^{2}\\ \ge \frac{3}{4}\left( x^7 y^3 z^2 + 2 x^7 y^2 z^3 + x^7 y z^4 + x^6 y^5 z + 4 x^6 y^4 z^2 + 7 x^6 y^3 z^3 + 6 x^6 y^2 z^4 + 2 x^6 y z^5 + 2 x^5 y^6 z + 7 x^5 y^5 z^2 + 13 x^5 y^4 z^3 + 14 x^5 y^3 z^4 + 7 x^5 y^2 z^5 + x^5 y z^6 + x^4 y^7 z + 6 x^4 y^6 z^2 + 14 x^4 y^5 z^3 + 18 x^4 y^4 z^4 + 13 x^4 y^3 z^5 + 4 x^4 y^2 z^6 + 2 x^3 y^7 z^2 + 7 x^3 y^6 z^3 + 13 x^3 y^5 z^4 + 14 x^3 y^4 z^5 + 7 x^3 y^3 z^6 + x^3 y^2 z^7 + x^2 y^7 z^3 + 4 x^2 y^6 z^4 + 7 x^2 y^5 z^5 + 6 x^2 y^4 z^6 + 2 x^2 y^3 z^7 + x y^6 z^5 + 2 x y^5 z^6 + x y^4 z^7
\right) }\)
a to po elementarnych przekształceniach algebraicznych daje:
\(\displaystyle{ 4 x^8 z^4 + 5 x^7 y^3 z^2 + 2 x^7 y^2 z^3 + 5 x^7 y z^4 + 8 x^7 z^5 + 4 x^6 y^6 + 5 x^6 y^5 z + 8 x^6 y^4 z^2 + 3 x^6 y^3 z^3 - 6 x^6 y^2 z^4 + 10 x^6 y z^5 + 4 x^6 z^6 + 8 x^5 y^7 + 10 x^5 y^6 z - 5 x^5 y^5 z^2 - 15 x^5 y^4 z^3 - 18 x^5 y^3 z^4 - 5 x^5 y^2 z^5 + 5 x^5 y z^6 + 4 x^4 y^8 + 5 x^4 y^7 z - 6 x^4 y^6 z^2 - 18 x^4 y^5 z^3 - 30 x^4 y^4 z^4 - 15 x^4 y^3 z^5 + 8 x^4 y^2 z^6 + 2 x^3 y^7 z^2 + 3 x^3 y^6 z^3 - 15 x^3 y^5 z^4 - 18 x^3 y^4 z^5 + 3 x^3 y^3 z^6 + 5 x^3 y^2 z^7 + 5 x^2 y^7 z^3 + 8 x^2 y^6 z^4 - 5 x^2 y^5 z^5 - 6 x^2 y^4 z^6 + 2 x^2 y^3 z^7 + 5 x y^6 z^5 + 10 x y^5 z^6 + 5 x y^4 z^7 + 4 y^6 z^6 + 8 y^5 z^7 + 4 y^4 z^8\ge 0 }\)
Łatwo widać, że ta nierówność jest prawdziwa, co kończy dowód.

A tak na serio, ma ktoś istotne wnioski w tym problemie? Ja się poddałem, wypadam jak Kubica na zakrętach.

[Elayne]

Zastosowanie nierówności Sedrakyana?

Dodano po 2 godzinach 8 minutach 12 sekundach:
\(\displaystyle{ \sum_{\mathrm{cyc}} \frac{a}{1 + b} \ge \frac{(a + b + c)^2}{a + b + c + ab + bc + ca}}\)

[Premislav]

Niestety, to szacowanie jest zdecydowanie za słabe, tego już próbowałem. Dla \(\displaystyle{ a=b=10, \ c=\frac{1}{100}}\) mamy
\(\displaystyle{ \frac{(a+b+c)^{2}}{a+b+c+ab+bc+ca}=\frac{\left(20+\frac{1}{100}\right)^{2}}{20+\frac{1}{100}+100+\frac{1}{10}+\frac{1}{10}}<\frac{(21)^{2}}{120}=\frac{441}{120}}\) oraz
\(\displaystyle{ \frac{\sqrt{3(a+b+c)}}{2}=\frac{\sqrt{60+\frac{3}{100}}}{2}>\frac{15}{4}=3,75>\frac{441}{120}}\)

[bosa_Nike]

Warto sobie na szybko sprawdzać typowch podejrzanych, zwłaszcza jeżeli w nierówności jest jakaś regularność (pełna symetria, cykliczność). Tu akurat, jeżeli weźmiemy \(\displaystyle{ a=b=\frac{1}{\sqrt{c}}=x}\), to możemy dość szybko zweryfikować, czy szacowanie ma szanse powodzenia. Ogólnie zaś, można próbować określić monotoniczność, policzyć granice dla małych czy dużych iksów, w miarę możliwości kazać wolframowi narysować wykres - wtedy często od razu wiadomo, czy jest sens z czymś próbować, czy szkoda pary.

Co do rozwiązania, to nie potrafię tego zrobić porządnie, niestety. Zamordować potrafię.

Ukryta treść:    

Weźmiemy to po lewej na jedną kreskę, otrzymując w sumach cyklicznych $$\frac{\sum a^2+\sum a+\sum ab+\sum ab^2}{abc+\sum ab+\sum a+1}\ge\frac{\sqrt{3\sum a}}{2}.$$
Zanim będziemy kontynuować bashing, najpierw oszacujemy wyrażenie cykliczne z dołu przez symetryczne.
Z C-S mamy \(\displaystyle{ \left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\ge\frac{(ab+bc+ca)^2}{a+b+c}}\).
Oznaczmy dla wygody \(\displaystyle{ p=a+b+c,\ q=ab+bc+ca}\). Korzystając z faktu, że \(\displaystyle{ abc=1}\), wystarczy wtedy pokazać, że przy oczywistych warunkach \(\displaystyle{ p\ge 3}\), \(\displaystyle{ q\ge 3}\) oraz \(\displaystyle{ p^2\ge 3q}\) zachodzi następująca nierówność $$\frac{p^2-q+p+\frac{q^2}{p}}{p+q+2}\ge\frac{\sqrt{3p}}{2}.$$
Możemy ją przepisać równoważnie jako $$4\left(p^3+p^2+q^2-pq\right)^2\ge 3p\left(p^2+pq+2p\right)^2$$ lub $$4p^6+5p^5-14p^4q-8p^4+5p^3q^2-20p^3q-12p^3+12p^2q^2-8pq^3+4q^4\ge 0.$$
Tę nierówność otrzymamy po dodaniu poniższych, które są prawdziwe na mocy AM-GM lub wcześniej wspomnianych warunków (czyli też AM-GM):
$$\frac{8}{3}p^5\ge 8p^4$$ $$\frac{12}{9}p^3q^2\ge 12p^3$$ $$\frac{8}{3}p^3q^2\ge 8pq^3$$ $$\frac{4}{3}p^6+12p^2q^2\ge 8p^4q$$ $$p^5+p^3q^2\ge 2p^4q$$ $$\frac{4}{3}p^5\ge 4p^3q$$ $$\frac{4}{3}p^6\ge 4p^4q$$ $$\frac{4}{3}p^6+4q^4\ge 12p^4+4q^4\ge 16p^3q$$
Równość zachodzi wtw, gdy \(\displaystyle{ p=q=3}\), tzn. dla \(\displaystyle{ a=b=c=1}\).