Неравенство22(как аналог ВТФ)

[TR63]

(Навеяно здешней задачей.)
Для положительных $(a,b,c)$ найдите натуральные $(n)$, для которых верно неравенство при $a^2+b^2+c^2=3$

$$ca^3+ab^3+bc^3+nabc(a+b+c)\ge3(n+1)abc$$

Замечание.
Найти все $(n)$-задача, возможно, сложная. Но гипотетически решаема. Будем иметь ситуацию, как в ВТФ: для любого конкретного $(n)$ ВТФ решается просто (методом Куммера), а для произвольного сложно (Уайлс). Хотя, если решать с помощью моей гипотезы "о делении на не пересекающиеся классы", то ВТФ и поставленная задача решаются в пару строк.

Для любых конкретных $(n)$ я решаю неравенство одним методом (уровня шестого класса), сводя его к решению неравенства

$$b^3-ab^2+[(n-1)(3-a^2)+3(n+1)a-3n]b+[(n-1)a^3-3na]\le0$$

$$(1)$$

Это неравенство легко решается с помощью маленькой хитринки и Вольфрама ($a\ge b\ge c$).

Поскольку эта задача очень проста в идейном плане, то я хочу её усложнить параллельно с новой задачей на основе ВТФ. Эти две задачи будут дополнять друг друга в плане иллюстрации моей гипотезы, которую здесь не излагаю, дабы не загромождать эту тему, в которой главное-решение двух задач:

1). Задача 1.

Существует ли общее свойство для любого $(n)$ в последовательности, задаваемой из неравенства $(1)$. (Свойство должно задаваться и обосновываться с помощью двух операций: сложение, умножение плюс обратные).

2). Задача 2.

Существует ли общее свойство для любого $(n)$ в последовательности, задаваемой на основе формулы $x^n+y^n=z^n$. (Свойство должно задаваться и обосновываться с помощью операций сложение, умножение плюс обратные.)

Почему у меня такой интерес к наличию общего свойства? Я думаю, что это важно для возможности экстраполяции при исследовании других (более сложных) свойств. Если в анамнезе была экстраполяция (простого свойства), то в будущем при некоторых условиях больше шансов для экстраполяции другого свойства.

Вторая задача очень проста. Но

(Оффтоп)

В своё время на нашей кафедре задачу, похожую на эту, никто не мог решить. Предложили студентам, пообещав зачесть как дипломную работу. Решение этой задачи было решающим аккордом, который никто не мог взять. Когда увидели решение, пошли на попятный. Пара строк! Я в шоке от несправедливости. Два-три дня мозговой штурм. Делаю обобщение. У руководителя глаза на лоб. "Здорово!", говорит, но детали без объяснения не понимает. У каждого свой критерий простоты. Объяснять я не стала, дабы не наступать на грабли дважды. Но диплом засчитали с оценкой отлично.
Удивительно, теперь эта задача всплыла вновь в связи с неравенством. Всё сходится с моей гипотезой. Она легко доказывается, но у каждого свой критерий простоты. Ладно, пусть будет гипотеза.

Это неравенство иллюстрирует (в качеств контрпримера) ещё и следствие из моей гипотезы: из непрерывно ложного во всей области определения утверждения следует непрерывное относительно правды/лжи утверждение. Т.е. получается утверждение либо правдивое, либо ложное во всей области определения за исключением, возможно, одной точки, находящейся в левом классе при делении на не пересекающиеся классы (с учётом остальных пунктов гипотезы; при этом область определения не изменяется на ложную).

[Cap]

неравенство можно решить через $uvw$, но решение будет громоздким.

[TR63]

Cap, вопрос в том, при каких $(n)$ верно или нет неравенство. Решение можно пока не приводить. Достаточно привести, какие у Вас получились $(n)$ (неравенство верно/неверно).

[Cap]

Мне можете не объяснять условие. Неравенство можно интерпритировать как квадратичную функию $w^3$, но опять таки решение будет громоздким.

[TR63]

Cap, я правильно поняла, что Вы считаете неравенство верным при любых натуральных $(n)$. Если да, то очень интересно. Приведите решение. У меня другой результат. Может я ошибаюсь. (Но своё решение я смогу привести, возможно, не сегодня.)

[arqady]

Для $n=4$ оно ещё верно, а для всех $n\geq5$ нет.

[Cap]

Вы использовали $uvw$, arqady?
Нет TR63, я имею в виду что найти n можно найти использую $uvw$ метод, но к сожалению вычисления получатся слишком громоздкимии, поэтому я не могу привести доказательство.

[TR63]

arqady, спасибо. Для темы будет очень полезно, если Вы приведёте своё решение, поскольку у меня стандартное решение, похоже, есть только для $n=(3;4)$. Далее, чтобы получить Ваш результат, только гипотезы, причём с новым ракурсом, который ранее мне не встречался.

Моё решение для $n=4$

При любом натуральном $(n)$ можно показать, что для доказательства исходного неравенства, достаточно доказать, что

$$f(a;b;c=b)=b^3-ab^2+[(n-1)(3-a^2)+3(n+1)a-3n]b+[(n-1)a^3-3na]\le0$$

Замечание.

Кстати, это утверждение нельзя считать общим свойством, т.к. оно аналогично следующему: для выполнения условия $f(x)\ge2$ достаточно выполнения условия $f(x)\ge5$. Последнее утверждение можно заменить на другое, не равное ему.

С учётом условия $a^2+b^2+c^2=3$, $c\le b\le a$ разобъём промежуток $[0;a]$ на три промежутка, $[0;\sqrt{2-a^2}]$, $[\sqrt{2-a^2};\sqrt{\frac{3-a^2}{2}}]$, $[\sqrt{\frac{3-a^2}{2}};a]$. На каждом из промежутков, как показывает Вольфрам, есть перемена знака. Из этого следует, что на последнем промежутке (достаточно рассматривать только его) может находиться один (не более одного?) положительный корень (?здесь у меня сомнение: верно ли это утверждение). Тогда $f(a;b;c)\le f(a=b=c)=0$.
Для $n=3$ рассуждения аналогичны. Далее этот метод не работает (перемены знака имеются не на всех промежутках).
Что интересно, при $n\le4$ Вольфрам показывает наличие общего свойства. Тогда возможна экстраполяция в обратную сторону $\{(4,3);(2,1)\}$? Здесь, arqady, кстати будет Ваше решение. При $n\ge5$ тоже. Из Вашего результата гипотетически следует, что общего свойства не существует. Т.к., если бы существовало, то была бы экстраполяция, скажем, по чётным и нечётным $(n)$. Остаётся доказать или опровергнуть это утверждение.

[arqady]

Определите Ваше $f$. И почему вдруг $b=c$?

[Rak so dna]

TR63 в сообщении #1314042 писал(а):

...как показывает Вольфрам...

Ну, если использовать компьютер, можно элементарно доказать в лоб, что неравенство верно при $n\leqslant4,27$ (на самом деле оно верно и при бОльших $n$)

[TR63]

Для положительных $(a,b,c)$ найдите натуральные $(n)$, для которых верно неравенство при $a^2+b^2+c^2=3$

$$f(a;b;c)=ca^3+ab^3+bc^3+nabc(a+b+c)-3(n+1)abc\ge0$$

$ca^3+ab^3+bc^3+nbc(a^2)+nb^2ac+nab(c^2)-3(n+1)abc\ge0$

Подставив в круглых скобках их значения, взятые из условия $a^2+b^2+c^2=3$, получим неравенство:

$$\{(n-1)bc(c^2)+\{nb^3-nab^2+[3(n+1)a-3n]b-a^3\}c\}_1-\{ab^3+nab(3-a^2-b^2)\}\le0$$

Подставим вместо $(c^2)$ его значение, взятое из условия $a^2+b^2+c^2=3$.
Если $\{...\}_1\le0$, то неравенство верно. Если $\{...\}_1\ge0$, то сделаем усиление, заменив $(c)$ на $(b)$. Сократив на $(b)$, получим неравенство:

$$b^3-ab^2+[(n-1)(3-a^2)+3(n+1)a-3n]b+[(n-1)a^3-3na]\le0$$

Для доказательства исходного неравенства достаточно доказать это неравенство.

$$f(a;b;c=b)=b\{b^3-ab^2+[(n-1)(3-a^2)+3(n+1)a-3n]b+[(n-1)a^3-3na]\}\le0$$

Rak so dna в сообщении #1314076 писал(а):

(на самом деле оно верно и при бОльших $n$)

При каких? Комп не возбраняется. Докажите.

Уже предложено три ответа и они имеют различия, если я правильно их поняла. В правильности понимания ответа Cap я всё-таки сомневаюсь. Мне не ясно: его метод даёт ответ для произвольного $(n)$ или для любого конкретного $(n)$. Это разные смыслы.

[arqady]

Так что вдруг $b=c$? Помоему, это не усиление, а ослабление.

[TR63]

TR63 в сообщении #1313789 писал(а):

($a\ge b\ge c$).

arqady в сообщении #1314186 писал(а):

Так что вдруг $b=c$?

Не $b=c$, а $c=b$. Если $4<5$, то $3<5$. Здесь первое является усилением второго. Заменяя меньшее $(3)$ на большее $(4)$, получаем усиление. У нас по предположению $c\le b$. Мы заменяем $(c)$ на $(b)$. Получаем усиление.

-- 22.05.2018, 23:43 --

TR63 в сообщении #1314175 писал(а):

то сделаем усиление, заменив $(c)$ на $(b)$. Сократив на $(b)$, получим неравенство:

$$b^3-ab^2+[(n-1)(3-a^2)+3(n+1)a-3n]b+[(n-1)a^3-3na]\le0$$

Для доказательства исходного неравенства достаточно доказать это неравенство.

[arqady]

Так почему для $b=c$ получается усиление? Распишите Ваше доказательство. Напомню, Вы должны доказать, что из $f(a,b,b)\geq0$ следует $f(a,b,c)\geq0$.
Кстати, Ваше неравенство циклическое. Вы не можете положить $a\geq b\geq c$.

[TR63]

arqady в сообщении #1314194 писал(а):

Вы не можете положить $a\geq b\geq c$.

Я пока рассматриваю этот случай. Потом можно рассмотреть остальные.

arqady в сообщении #1314194 писал(а):

Вы должны доказать, что из $f(a,b,b)\geq0$ следует $f(a,b,c)\geq0$.

TR63 в сообщении #1314175 писал(а):

Для положительных $(a,b,c)$ найдите натуральные $(n)$, для которых верно неравенство при $a^2+b^2+c^2=3$

$$f(a;b;c)=ca^3+ab^3+bc^3+nabc(a+b+c)-3(n+1)abc\ge0$$

$ca^3+ab^3+bc^3+nbc(a^2)+nb^2ac+nab(c^2)-3(n+1)abc\ge0$

Подставив в круглых скобках их значения, взятые из условия $a^2+b^2+c^2=3$, получим неравенство:

$$\{(n-1)bc(c^2)+\{nb^3-nab^2+[3(n+1)a-3n]b-a^3\}c\}_1-\{ab^3+nab(3-a^2-b^2)\}\le0$$

Подставим вместо $(c^2)$ его значение, взятое из условия $a^2+b^2+c^2=3$.
Если $\{...\}_1\le0$, то неравенство верно. Если $\{...\}_1\ge0$, то сделаем усиление, заменив $(c)$ на $(b)$. Сократив на $(b)$, получим неравенство:

$$b^3-ab^2+[(n-1)(3-a^2)+3(n+1)a-3n]b+[(n-1)a^3-3na]\le0$$

Для доказательства исходного неравенства достаточно доказать это неравенство.

arqady в сообщении #1314186 писал(а):

Помоему, это не усиление, а ослабление.

arqady, почему Вы считаете это ослаблением. Поясните, пожалуйста.

TR63 в сообщении #1314175 писал(а):

получим неравенство:

$$\{(n-1)bc(c^2)+\{nb^3-nab^2+[3(n+1)a-3n]b-a^3\}c\}_1-\{ab^3+nab(3-a^2-b^2)\}\le0$$

$\{...\}_1=c\{(n-1)b(3-a^2-b^2)+\{nb^3-nab^2+[3(n+1)-3n]b-a^3\}\}$
1). $\{...\}_1\le0$ (сумма двух отрицательных отрицательна, значит исходное верно).
2). $\{...\}_1>0$ (заменяем меньшее $(c)$ на большее $(b)$, получаем усиление.
arqady, Вы считаете это ослаблением? Если да, то почему?