Интересное неравенство

[TR63]

На соседнем форуме встретила, на мой взгляд, интересное олимпиадное неравенство. Местные спецы спасовали. Интересно, как долго это неравенство устоит на dxdy.

Для положительных $(a_1,a_2,a_3)$ при условии $a_1+a_2+a_3=3$ доказать неравенство

$$\frac{1}{a_1^2}+\frac{1}{a_2^2}+\frac{1}{a_3^2}\ge a_1^2+a_2^2+a_3^2$$

(Оффтоп)

Вроде, простое неравенство.

[ewert]

Сфера $x^2+y^2+z^2=3$ касается плоскости $x+y+z=3$ с одной стороны, а поверхность $\frac1{x^2}+\frac1{y^2}+\frac1{z^2}=3$ -- с другой.

[arqady]

Пусть $a_1+a_2+a_3=3u$, $a_1a_2+a_1a_3+a_2a_3=3v^2$ и $a_1a_2a_3=w^3$.
Тогда $u=1$ и наше неравенство переписывается в следующем виде.

$$\frac{9v^4-6uw^3}{w^6}\geq9u^2-6v^2$$

или $f(w^3)\geq0,$ где

$$f(w^3)=(3v^4-2uw^3)u^4-(3u^2-2v^2)w^6$$

и мы видим, что $f$ является вогнутой (concave) функцией.
Но вогнутая функция достигает своего наименьшего значения, когда её переменная принимает экстремальное значение.
То бишь достаточно доказать наше неравенство в случае минимальности $w^3$ и в случае максимальности $w^3$.
Так как при $a_1a_2a_3\rightarrow0^+$ наше неравенство очевидно, остаётся понять, когда $w^3$ принимает своё наибольшее значение.
Мы видим, что $a_1$, $a_2$ и $a_3$ являются положительными корнями уравнения

$$(x-a_1)(x-a_2)(x-a_3)=0$$

или

$$x^3-3ux^2+3v^2x-w^3=0$$

или

$$w^3=x^3-3ux^2+3v^2x.$$

Это означает, что прямая $y=w^3$ и график функции $y=x^3-3ux^2+3v^2x$ имеют три общие точки и увеличение $w^$ может продолжаться только до того момента,
когда прямая $y=w^3$ коснётся графика функции $y=x^3-3ux^2+3v^2x$, что соответствует случаю равенства двух переменных.
Итак, осталось доказать наше неравенство, когда $a_1=a_2=a$ и $a_3=3-2a$, где $0<a<\frac{3}{2}$, что даёт

$$(a-1)^2(3+2a-11a^2+13a^3-4a^4)\geq0$$

и так как $6a^3-4a^4>0$, остаётся доказать, что $3+2a-11a^2+7a^3\geq0$, что следует из AM-GM:

$$3+2a-11a^2+7a^3=3+2a+3\left(\frac{7}{3}a^3\right)-11a^2\geq5\sqrt[5]{3\cdot2\cdot\left(\frac{7}{3}\right)^3a^{10}}-11a^2>0.$$

Done!

[TR63]

Забыла сообщить, что на том форуме сказано, неравенство для девятого класса.

Моё решение.

Для доказательства достаточно рассмотреть два случая:
1). два числа из трех не меньше 1
2). два числа из трёх не больше 1

1). Не ограничивая общности, можно считать, что $a_1\ge1$, $a_2\ge1$, $a_3\le1$.
Тогда исходное неравенство можно переписать так

$a_3^4+\frac{(a_1^2+a_2^2)(a_1^2a_2^2-1)}{a_1^2a_2^2}a_3^2-1\le0$

Из условия $a_1+a_2+a_3=3$ следует, что $a_3\le\frac{1}{a_1a_2}$. Т.к. у многочлена только один положительный корень, то достаточно исследовать в крайней точке. Подставляем её и получаем

$(a_1^2a_2^2-1)[(a_1+a_2)^2-(a_1a_2+1)^2]\le1$

Это верное неравенство.
Остаётся рассмотреть второй случай (в таком же ключе, плюс кое-что).

Можно решать другим способом, приведя к уравнению шестой степени с отрицательным свободным членом. Останется доказать, что один положительный корень или два действительных. Но как? (Возможно это следует из геометрических, наглядных соображений?) Потом использовать Вольфрам.

[Sergic Primazon]

TR63 в сообщении #1223541 писал(а):

На соседнем форуме встретила, на мой взгляд, интересное олимпиадное неравенство. Местные спецы спасовали. Интересно, как долго это неравенство устоит на dxdy.

Для положительных $(a_1,a_2,a_3)$ при условии $a_1+a_2+a_3=3$ доказать неравенство

$$\frac{1}{a_1^2}+\frac{1}{a_2^2}+\frac{1}{a_3^2}\ge a_1^2+a_2^2+a_3^2$$

(Оффтоп)

Вроде, простое неравенство.

$$a_1+a_2+a_3=p=3 \ , \ a_1a_2+a_2a_3+a_3a_1=q \ , \ a_1a_2a_3= r= t^2 $$

$$q^2 \ge 3pr = 9t^2$$

$$\Leftrightarrow q^2+2r^2q-3r (2+3r) \ge 0\ , \ 3t^2 (2t+1)(t-1)^2 \ge 0 $$

[arqady]

TR63 в сообщении #1223589 писал(а):

Т.к. у многочлена только один положительный корень, то достаточно исследовать в крайней точке. Подставляем её и получаем

$(a_1^2a_2^2-1)[(a_1+a_2)^2-(a_1a_2+1)^2]\le1$

О каком многочлене идёт речь,что Вы подставляете и как Вы получили последнее неравенство?

TR63 в сообщении #1223589 писал(а):

Остаётся рассмотреть второй случай (в таком же ключе, плюс кое-что).

Вот этот случай особенно интересно было бы посмотреть.

[provincialka]

Не решение, а просто "обследование территории" .

Введем обозначения $a_i=1+b_i, b_i \geqslant -1, \sum b_i = 0$. Правая часть примет вид $\sum(1+b_i)^2$, что совпадает, например, с $3+\sum b_i^2$, а также с $\sum(1-b_i)^2$.
Используя (формально!) формулу Тейлора, получим, что $\frac{1}{(1+b_i)^2}=1-2b_i+3b_i^2-4b_i^3+..$. Суммируя по $i$ получаем,что левая часть имеет вид $3+3\sum b_i^2 - 4\sum b_i^3+...$
Если бы можно было отбросить члены, начиная с куба, то неравенство стало бы очевидным... Кстати, при условии $\sum b_i=0$ имеем $\sum b_i^3=3b_1b_2b_3$, то есть знак соответсвующего слагаемого определяется знаками $b_i$.
Из этого можно догадться, откуда появились два случая, разобранные TR63, и что второй случай принципиально другой (и более сложный!)

[TR63]

arqady в сообщении #1223675 писал(а):

О каком многочлене идёт речь,что Вы подставляете и как Вы получили последнее неравенство?

TR63 в сообщении #1223589 писал(а):

Тогда исходное неравенство можно переписать так

$a_3^4+\frac{(a_1^2+a_2^2)(a_1^2a_2^2-1)}{a_1^2a_2^2}a_3^2-1\le0$

Выражение в левой части можно рассматривать как квадратный трёхчлен (биквадратный) с отрицательным свободным членом. Если он меньше нуля в какой-то точке, то он будет меньше нуля левее этой точки (крайней). Крайняя точка по условию получается равной $a_3=\frac{1}{a_1a_2}$. Вот, её и подставляем в этот биквадратный трёхчлен. И получаем неравенство

TR63 в сообщении #1223589 писал(а):

$(a_1^2a_2^2-1)[(a_1+a_2)^2-(a_1a_2+1)^2]\le1$

Это верное неравенство

Если с первым случаем всё идейно верно (если непонятны выкладки, то можно расписать подробнее), то можно переходить ко второму случаю.

[arqady]

TR63 в сообщении #1223693 писал(а):

И получаем неравенство

Вы уверены, что мы получаем именно это неравенство?

-- Пт июн 09, 2017 18:35:16 --

[provincialka]

arqady
Ваше рассуждение, видимо, правильное (в тонкости не вникала). Но как-то хочется, чтобы такое красиво неравенство имело бы красивое доказательство... Тем более, если нам говорят, что оно для 9 класса...

[arqady]

provincialka
Наверное, это дело вкуса. Мне представляется, что моё доказательство очень красиво.
Я вижу ещё несколько путей. Щас..
Вот:
Пусть $a_1=a$, $a_2=b$ и $a_3=c$. Тогда получаем:

$$\sum_{cyc}\frac{1}{a^2}\geq\sum_{cyc}\frac{1}{ab}=\frac{3}{abc}=\frac{9}{abc(a+b+c)}\geq\frac{27}{(ab+ac+bc)^2}=$$

$$=\frac{27(a^2+b^2+c^2)}{(a^2+b^2+c^2)(ab+ac+bc)^2}\geq\frac{27(a^2+b^2+c^2)}{\left(\frac{a^2+b^2+c^2+2(ab+ac+bc)}{3}\right)^3}=a^2+b^2+c^2$$

[provincialka]

arqady в сообщении #1223754 писал(а):

Мне представляется, что моё доказательство очень красиво.

В своем роде! Но недля 9 класса .

[TR63]

arqady в сообщении #1223726 писал(а):

Вы уверены, что мы получаем именно это неравенство?

Т.е. надо проверить сделанную подстановку.

TR63 в сообщении #1223589 писал(а):

Тогда исходное неравенство можно переписать так

$a_3^4+\frac{(a_1^2+a_2^2)(a_1^2a_2^2-1)}{a_1^2a_2^2}a_3^2-1\le0$

Из условия $a_1+a_2+a_3=3$ следует, что $a_3\le\frac{1}{a_1a_2}$. Т.к. у многочлена только один положительный корень, то достаточно исследовать в крайней точке. Подставляем её и получаем

$(a_1^2a_2^2-1)[(a_1+a_2)^2-(a_1a_2+1)^2]\le1$

Это верное неравенство.

$f(a_3=\frac{1}{a_1a_2})=\frac{1}{a_1^4a_2^4}+\frac{(a_1^2+a_2^2)(a_1^2a_2^2-1)}{a_1^4a_2^4}-1\le0$

$(a_1^2+a_2^2)(a_1a_2^2-1)-[a_1^4a_2^4-1]\le0$

$(a_1^2a_2^2-1)[(a_1^2+a_2^2)-(a_1^2a_2^2+1)]\le0$

$(a_1^2a_2^2-1)[(a_1+a_2)^2-(a_1a_2+1)^2]\le0$

Верно?
Ой! Заметила опечатку. Исправила. arqady, спасибо.

[arqady]

Сейчас да. Что со вторым случаем?

[TR63]

provincialka в сообщении #1223682 писал(а):

второй случай принципиально другой (и более сложный!)

Согласна. Возможно, мои рассуждения ошибочны, но, всё же, приведу их.

TR63 в сообщении #1223589 писал(а):

Тогда исходное неравенство можно переписать так

$a_3^4+\frac{(a_1^2+a_2^2)(a_1^2a_2^2-1)}{a_1^2a_2^2}a_3^2-1\le0$

Из условия $a_1+a_2+a_3=3$ следует, что $a_3\le\frac{1}{a_1a_2}$

2). $a_1\le1$, $a_2\le1$, $a_3\ge1$.

$f(a_3=\frac{1}{a_1a_2})\ge0$; $f(a_3=1)=0$, т.к., чтобы выполнялось условие $a_1+a_2+a_3=3$, необходимо, чтобы $a_1=1$, $a_2=1$, иначе $a_1+a_2+a_3<1$. Получаем, что на промежутке $1\le a_3\le\frac{1}{a_1a_2}$ функция f не имеет корней? Но это будет следствие из ложной предпосылки.

Короче, второй случай сложнее.