[Nierówności] Dowód nierówności w trójkącie z sumplementu

[Paul23]

Cześć, mam do zrobienia zadanie nr. 63 z suplementu Pawłowskiego:
Udowodnij, że jeżeli liczby dodatnie a,b,c są długościami boków trójkąta, to
\(\displaystyle{ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b}<2}\)

Próbowałem wyprowadzić zadanie najpierw rozkładając tezę, ale wyszedł wynik
\(\displaystyle{ (a-b)^{2}<-c^{2}+2b^{2}-ab+2ac}\)
i na tym się zawiesiłem.

Próbowałem też wyprowadzić coś z nierówności trójkąta, ale nie wiem jak to ugryźć.

Proszę o pomoc/nakierowanie.

[Premislav]

Fajna treść zadania.

Userzy matematyka.pl zgwałcili już prawie cały suplement (chyba że został zaktualizowany), więc może tu znajdziesz rozwiązanie: 116213.htm
A jak nie, to popraw proszę treść, bo jest... niepełna.

[Paul23]

Poprawione, w powyższym linku nie ma tego zadania.

[Premislav]

Tę nierówność można wzmocnić:
niech \(\displaystyle{ S=a+b+c}\) i rozważmy funkcję \(\displaystyle{ f(x)= \frac{x}{S-x}}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ f'(x)= \frac{S}{(S-x)^2}}\) i \(\displaystyle{ f''(x)= \frac{-2S}{(S-x)^3}}\),
więc funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest wklęsła w przedziale \(\displaystyle{ (0,S).}\)
Zatem z nierówności Jensena mamy
\(\displaystyle{ \frac{1}{3} \frac{a}{S-a}+ \frac{1}{3} \frac{b}{S-b}+ \frac{1}{3} \frac{c}{S-c} \le \frac{ \frac{a+b+c}{3} }{S-\frac{a+b+c}{3}}=\frac 1 2}\)
i po wymnożeniu przez \(\displaystyle{ 3}\) stronami
\(\displaystyle{ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} \le \frac 3 2}\)

-- 30 mar 2017, o 01:32 --

A bardziej elementarnie: wymnażasz przez mianowniki i dostajesz
\(\displaystyle{ a(c+a)(a+b)+b(b+c)(a+b)+c(c+a)(b+c) \le 2(b+c)(c+a)(a+b)}\)
i wystarczy posumować/domnożyć przez coś jakieś nierówności trójkąta:
\(\displaystyle{ a^3 \le a^2(b+c)\\ b^3 \le b^2(c+a)\\ c^3 \le c^2(a+b)}\)
Reszta to liczenie i skracanie.-- 30 mar 2017, o 01:33 --Sorry, te nierówności są ostre (w tym drugim sposobie).

[ElEski]

Koment do 1 sposobu:

Ukryta treść:    

Udało mi się znaleźć kontrprzykład \(\displaystyle{ a=1,b=1,c=0.0069}\)

Koment do 2 sposobu:

Ukryta treść:    

Tak można robić to zadanie

Koment do tego, co Ci wyszło:

Ukryta treść:    

Jak nierówność jest symetryczna ze względu na wszystkie zmienne to chyba dziwne, że wyszło Ci coś niesymetrycznego... I to chyba nawet nie jest prawda :c

[Premislav]

Słusznie, sorry z tym pierwszym "rozwiązaniem", to jest do bani, bo zgubiłem minus i ta funkcja jest wypukła w \(\displaystyle{ (0,S)}\), a nie wklęsła. Zresztą przecież oszacowanie tego z dołu, a nie z góry (bez założenia o bokach trójkąta) przez \(\displaystyle{ \frac 3 2}\) to znana nierówność Nesbitta, co powinno od razu unaocznić mi, że to jest źle.

[bosa_Nike]

WLOG \(\displaystyle{ c\ge a,b}\), wtedy \(\displaystyle{ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b}\le\frac{a}{b+a} + \frac{b}{b+a} + \frac{c}{a+b}}\)

[badmor]

A jeszcze jedno rozwiązanie jest tutaj (zadanie nr 3)
... n_2017.pdf
choć początkowa treść nieco inna.

[bosa_Nike]

Klasyczny bashing skutkuje tym: \(\displaystyle{ abc+\sum_{cyc} a^2(b+c-a)>0}\)