Интересное неравенство

[provincialka]

У меня тоже есть неполное решение, в котором почему-то "вылезает" $\sqrt 2$. Во введенных выше обозначаниях имеем

$$\sum\frac{1}{(1+b_i)^2}-\sum(1+b_i)^2=\sum\frac{1}{(1+b_i)^2}-\sum(1-b_i)^2=\sum\frac{b_i^2(2-b_i^2)}{(1+b_i)^2}$$

Так что если все $b_i$ по модулю не превосходят $\sqrt 2$, то выражение неотрицательно, что равносильно исходному неравенству.

Все время кажется, что эту идею можно "добить" так, чтобы она включала и б'ольшие $b_i$.

Кстати, большим, чем $\sqrt2$ может быть только одно $b_i$, при этом два других будут отрицательными. То есть приведенное рассуждение порывает второй случай?

Хм... надеюсь, я тут не напутала.

[arqady]

ewert в сообщении #1223553 писал(а):

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.

По-моему, у последней есть седловая точка.

[TR63]

arqady в сообщении #1223858 писал(а):

Что со вторым случаем?

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 $a_1+a_2+a_3=3$

TR63 в сообщении #1224069 писал(а):

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

Сделаем замену переменных: $t=a_1a_2$ и учтём в числителе,что $a_1^2+a_2^2=(a_1+a_2)^2-2a_1a_2=(3-a_3)^2-2t$. Получим кубическое неравенство относительно переменной $t$ (его минимизация является уже простой задачей: ищем частную производную (она отрицательна; вроде, всё сходится) . Получилось так:

$f=2a_3^2t^3-a_3^2(3-a_3)^2t^2-(a_3^4+2a_3^2-1)t+(3-a_3)^2a_3^2\ge0$
Если с арифметикой не ошиблась, то можно искать минимум.

[sergei1961]

Вопрос: существует версия интерполяционного неравенства типа Ляпунова для средних, которое связывает тройку средних порядков: -2, 1, 2 ? Я для отрицательных порядков такого нер. Ляпунова не знаю. Если есть-можно попробовать применить.

[TR63]

provincialka в сообщении #1224088 писал(а):

То есть приведенное рассуждение порывает второй случай?

"Порывает"-в смысле покрывает? Да, покрывает, если Ваш метод объединить с моим методом для моего первого случая. Можно будет обойтись и без частных производных, что ближе к уровню девятого класса. (Это я только сейчас заметила.)

[provincialka]

"Покрывает", конечно! Клавиатура плохая... А вы не пробовали аналогично и 1 случай разобрать?

[TR63]

provincialka в сообщении #1224717 писал(а):

А вы не пробовали аналогично и 1 случай разобрать?

Если использовать только Ваш метод, то нет, не пробовала. На этот счёт нет идей. Ваш метод мне понравился. Очень простой. Если у Вас есть идея, выкладывайте. Будет интересно ознакомиться.

[provincialka]

Ох... пока не получилось.. забросила

(Оффтоп)

Кстати, основную часть рассуждений я провела в кресле стоматолога )) часа 2 там сидела, ску-у-учно! Думала, с ручкой и бумагой лучше пойдёт... Но, видимо, не хватило адреналина

[TR63]

TR63 в сообщении #1223541 писал(а):

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

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

Моим методом (стандартным) (плюс чуть-чуть изюма) можно решить более общую задачу: для положительных $(a_1,...,a_n)$ с условием $a_1+a_2+...+a_n=n$ при каких $(n)$ верно неравенство

$$\frac{1}{a_1^2}+...+\frac{1}{a_n^2}\ge a_1^2+...+a_n^2$$

А, с помощью гипотезы, которой я всегда пользуюсь перед решением задачи, ответ получается автоматически (пока осечек не было).
Предлагаю решить обобщённую задачу. Приветствуются любые логические методы.

[arqady]

TR63 в сообщении #1227803 писал(а):

Моим методом (стандартным) (плюс чуть-чуть изюма) можно решить более общую задачу: для положительных $(a_1,...,a_n)$ с условием $a_1+a_2+...+a_n=n$ при каких $(n)$ верно неравенство

$$\frac{1}{a_1^2}+...+\frac{1}{a_n^2}\ge a_1^2+...+a_n^2$$

А, с помощью гипотезы, которой я всегда пользуюсь перед решением задачи, ответ получается автоматически (пока осечек не было).
Предлагаю решить обобщённую задачу. Приветствуются любые логические методы.

Оно неверно для всех $n\geq11$ и верно для всех $1\leq n\leq10$.
Для $n=4$ оно усиливается даже до следующего.
Пусть $a$, $b$, $c$ и $d$ положительные числа, для которых $a+b+c+d=4$. Докажите, что:

$$2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{cd}\right)\geq a^2+b^2+c^2+d^2$$

Для $n=3$ имеется следующее усиление.
Для положительных $a$, $b$ и $c$, для которых $(a+b+c)(ab+ac+bc)^{18}=3^{19}$ докажите, что

$$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq a^2+b^2+c^2$$

[sergei1961]

arqady - А до 10 верно? Как строится контрпример с 11? Это где-то написано?

[arqady]

Решение для $n=10$ я ещё не публиковал. Контр-пример для $n>10$ даёт $a_1=...=a_{n-1}=x$ и $a_n=n-(n-1)x$.

[TR63]

arqady в сообщении #1228057 писал(а):

Оно неверно для всех $n\geq11$ и верно для всех $1\leq n\leq10$.

arqady в сообщении #1228072 писал(а):

Решение для $n=10$ я ещё не публиковал.

У меня получается теоретически и гипотетически, что неравенство верно при $n\le4$. Плюс гипотетически верно при $n=5$. При $n>5$ гипотетически неверно (возможно ошиблась; там тонкие рассуждения). Теоретически при $4<n\le10$ ответ пока не знаю.
arqady, если у Вас есть решение, будет интересно с ним ознакомиться.

[TR63]

TR63 в сообщении #1229919 писал(а):

При $n>5$ гипотетически неверно (возможно ошиблась; там тонкие рассуждения).

Да, ошиблась. Т.е. при $4<n<11$ возникли затруднения с ответом.

TR63 в сообщении #1229919 писал(а):

arqady, если у Вас есть решение, будет интересно с ним ознакомиться.

[arqady]

OK. Ознакомляйтесь!
Пусть $f(x)=-\frac{1}{x^2}+x^2$.
Тогда $f''(x)=-\frac{6}{x^4}+2<0$ for all $0<x\leq1$.
Тогда согласно

(Теореме)

Вложение:

4_applications_of_lcf_and_rcf_theorems (1).pdf [56.56 Кб]
Скачиваний: 339

о лево-вогнутой функции остаётся доказать наше неравенство для $x_1=x_2=...=x_9=x$ и $x_{10}=10-9x$, где $0<x\leq1$.
То-бишь, остаётся доказать, что:

$$\frac{9}{x^2}+\frac{1}{(10-9x)^2}\geq9x^2+(10-9x)^2$$

или

$$(x-1)^2(10+2x-109x^2+180x^3-81x^4)\geq0,$$

что верно даже для всех $0<x\leq\frac{10}{9}$.
Done!