|
$$\Leftrightarrow f(a)+f(b)+f(c) \le \dfrac{27}{5}\ \ \ \ ,\ a+b+c=1 $$ $$f(x)= \dfrac{1}{x^2+(1-x)^2}\le \dfrac{27}{25}(2x+1)$$ $$f(a)+f(b)+f(c) \le \dfrac{81}{25}+\dfrac{54}{25}(a+b+c)=\dfrac{27}{5}$$ отвечен 16 Май '22 11:59 
Sergic Primazon |
|
Будем считать, что $%a+b+c=1$% (неравенство однородное), тогда $%\frac{(b+c-a)^2}{a^2+(b+c)^2}+\frac{(a+c-b)^2}{b^2+(a+c)^2}+\frac{(a+b-c)^2}{c^2+(a+b)^2}\ge\frac{3}{5}\Leftrightarrow \frac{(1-2a)^2}{a^2+(1-a)^2}+\frac{(1-2b)^2}{b^2+(1-b)^2}+\frac{(1-2c)^2}{c^2+(1-c)^2}\ge\frac{3}{5}\Leftrightarrow$% $%\Leftrightarrow\frac{4a^2-4a+1}{2a^2-2a+1}+\frac{4b^2-4b+1}{2b^2-2b+1}+\frac{4c^2-4c+1}{2c^2-2c+1}\ge\frac{3}{5}$% $%\Leftrightarrow\frac{4a^2-4a+1}{2a^2-2a+1}-2+\frac{4b^2-4b+1}{2b^2-2b+1}-2+\frac{4c^2-4c+1}{2c^2-2c+1}-2\ge\frac{3}{5}-6\Leftrightarrow$% $%\Leftrightarrow\frac{1}{2a^2-2a+1}+\frac{1}{2b^2-2b+1}+\frac{1}{2c^2-2c+1}\le\frac{27}{5}$%. Далее будем считать $%a\le b\le c$%, тогда $%a\le\frac{1}{3}.$% Легко показать, что $%\frac{1}{2a^2-2a+1}+\frac{1}{2b^2-2b+1}+\frac{1}{2c^2-2c+1}\le\frac{1}{2c^2-2c+1}+\frac{1}{2c^2-2c+1}+\frac{1}{2c^2-2c+1}=\frac{3}{2c^2-2c+1}.$% Неравенство $%\frac{3}{2c^2-2c+1}\le\frac{27}{5}\Leftrightarrow18c^2-18c+4\ge0\Leftrightarrow(c\le\frac{1}{3}or\ c\ge\frac{2}{3}).$% При $%c\ge\frac{2}{3}$% неравенство выполняется. Для остальных значений необходимы дополнительные исследования. отвечен 10 Окт '12 13:30 
Anatoliy Попробовала перенести Ваше доказательство на свои обозначения, что-то не получается. Наибольшее из трех слагаемых соответствует наименьшему (по модулю) значению из переменных x, y, z. Но это слагаемое ограничено только числом 1, а не 9/10. Действительно, при $%0\le x\le y \le z$% имеем $%x\le 1/3 $% и $${1\over 1+x^2}+{1\over 1+y^2}+{1\over 1+z^2}\le {3\over 1+x^2}\ge 27/10$$, так что вывода сделать нельзя. Почему так? тем более, что $%x=1-2a$%, так что минимальному a соответствует максимальное x!
(11 Окт '12 0:07)
DocentI
Думаю, ошибка в том месте, где "легко показать, что" - такие пропуски всегда таят опасность! Функция $%2a^2-2a+1$% не монотонна в рассматриваемой области. Ее минимум достигается при $%a = 1/2$%
(11 Окт '12 0:09)
DocentI
|
|
А че там особо сильно пробовать то? В 3-х мерном пространстве получается эллипсоидальная поверхность, которая имеет экстремум в районе как раз a=b=c=1, так что путь доказательства понятен. отвечен 9 Окт '12 9:09 
Barmaley Ну, если использовать методы математического анализа - то да. Вообще-то график левой части требует 4 координат: a, b, c и значение функции. Можно, конечно, наложить на (a, b, c) некоторое однородное ограничение. В общем, доказать неравенство элементарными методами не так уж просто.
(9 Окт '12 11:51)
DocentI
|
|
Можно попробовать такое преобразование. Левая часть не изменится, если поделить все числа (a, b, c) на одно и то же число. Поэтому можно считать, что $%a + b + c = 1$%. Введем обозначения $%-a + b + c = x, -b + a + c = y, -c + a + b = z$%, тогда $%x + y + z=1$%. Доказываемое неравенство сводится к такому: $${1\over 1+ x^2} +{1\over 1+ y^2} +{1\over 1+z^2} \le {27\over 10}, x + y + z = 1$$ отвечен 9 Окт '12 20:50 
DocentI |
При $%a=b=c=1$% левая часть неравенства в точности равняется $%\frac 3 5$%, так что можно попробовать замену $%a'=a-1, b'=b-1, c'=c-1$%.
Вряд ли это поможет. Выражение однородное (нулевой степени), так что не меняется при умножении a, b, c на одно и то же число. Добавление 1 разрушит эту однородность...
Данное неравенство есть в книге "Неравенства. Методы доказательства - Седракян Н.М, Авоян А.М - 2002" в параграфе №8 "О применение одного неравенства", задачи для самостоятельного решения 13 б.