Неравенство от восьми переменных

[novichok2018]

Между тройкой и восьмёркой тоже всё известно?

[Sasha2]

Подсказку не дадите, уважаемый Arqady, вот какого толка
Стоит ли пытаться доказывать при тех же условиях вот такое:
$16(a^3+b^3+c^3+d^3)\geqslant(a+b+c+d)^3$
И можно ли это приспособить к доказательству для случая восьми переменных?

[novichok2018]

Похоже для 4 слагаемых постоянная 16 - это для положительных чисел, а если есть при дополнительных условиях отрицательные - то можно её уменьшить? И для восьми чисел с отрицательными можно уменьшить 64? Или аналогия с тремя числами не работает?

[Sasha2]

novichok2018 в сообщении #1454607 писал(а):

Похоже для 4 слагаемых постоянная 16 - это для положительных чисел, а если есть при дополнительных условиях отрицательные - то можно её уменьшить? И для восьми чисел с отрицательными можно уменьшить 64? Или аналогия с тремя числами не работает?

Меня терзают смутные сомнения, что в этом вся и соль, то есть показать, что в случае отрицательных чисел, ну разумеется при выполнении указанных условий, эта постоянная не больше чем для случая, когда все числа неотрицательные.

[arqady]

Неравенство верно для всех $3\leq n\leq8$.
Существует общее рассуждение.
Для $n=4$ это выглядит так:
Пусть $a+b+c+d\geq0$ и $abc+abd+acd+bcd\geq0.$ Докажите, что:

$$16(a^3+b^3+c^3+d^3)\geq(a+b+c+d)^3.$$

[Sasha2]

Уважаемый Arqady - ну хоть самый малейший намек.
Вот, например, я говорю ПОЛИНОМИНАЛЬНАЯ ТЕОРЕМА, а Вы ответьте Да- Да. Нет - Нет.

[novichok2018]

И можно ли уменьшить постоянную, если есть отрицательные числа в наборе?

[arqady]

Sasha2, в моём решении существенную роль играет теорема Ролля. Но ведь это наводка на моё решение. Может, кто-то увидит здесь какую-то совсем другую идею...

[Ksanty]

Если $a_i\geqslant 0$, для $i=1,...,n$
то неравенство очевидно, если вспомним "хорошое неравенство" :

$\frac{\sum\limits_{i=1}^{n}a^p_i}{\sum\limits_{i=1}^{n}b^{(p-1)}_i }\geqslant \frac{(\sum\limits_{i=1}^{n}a_i)^p}{(\sum\limits_{i=1}^{n}b_i)^{(p-1)}}$,
для $p \in [1,\infty]$ и $b_i>0$, для $i=1,...,n$,

но здесь только
$\sum\limits_{i=1}^{n}a_i\geqslant 0$ и в дополнения $\sum\limits_{1\leqslant i<j<k\leqslant n}^{n}a_ia_ja_k\geqslant0$, т.е. не исключено и участия отрицатильных чисель!
И все же мне кажется, что "хорошое неравенство" как то можно понадобится, так как можно групировать
слагаеммые в $\sum\limits_{i=1}^{n}a_i\geqslant 0$, так что они были только $\geqslant 0$

[novichok2018]

Ksanty - для положительных чисел неравенство очевидно из намного более простого неравенства о средних, кубического и арифметического.
Я пробовал добавить к каждому числу по большому положительному $t$, чтобы все числа стали положительными, записать это неравенство. Но избавиться потом от этого $t$ у меня не получилось.
Про т. Ролля и подобное - есть чудесная книжка у Юры Никанорова про неравенства для средних значений, не видели такую, если это интересно?

[novichok2018]

Ссылку на решение специально убрали, или оно неверное?

[Cap]

novichok2018 в сообщении #1456311 писал(а):

Ссылку на решение специально убрали, или оно неверное?

ТС попросил, а так решение верно.

[Sasha2]

Уважаемый Arqady, прошу еще одну наводку и вот какого рода.
Вы сказали при формулировании данной задачи, что какое-то рассуждение не проходит для n=9.
Вопрос такой, данное неравенство неверно для $n=9$ или же оно просто пребывает в состоянии недоказанности, то есть неизвестности?
У меня что-то наклевывается по индукции, но вот это Ваше $n=9$ меня сбивает.

Иными словами, мы уже доказали, что данное неравенство верно для n=3.
Попробуем показать по индукции, что если оно верно для $n=k$, то тогда оно будет верно и для $n=k+1$.
Пусть $a_1, a_2,..., a_{n+1}$ - это те числа, из которых составляется указанное выше неравенство.
Пока допустим, что среди них, имеется, по крайней мере два отрицательных (WLOG пусть ими будут $a_n$ и $a_{n+1}$).
В этом случае рассмотрим неравенство для $n$ переменных, определяемых следующим образом: $b_1=a_1$, $b_2=a_2$,..., $b_n=a_n+a_{n+1}$.
Нетрудно видеть, что, если для чисел $a_1, a_2,..., a_{n+1}$ выполняются те два условия, указанные при формулировке задачи, то тогда они также будут выполняться и для чисел $b_1, b_2,..., b_n$.
Выполнение первого условия очевидно, а выполнение второго условия вытекает из того, что
$a_1a_2_a_3+...+a_{n-2}a_{n-1}a_n=S_+P_--S_-P_+$, Здесь:
1) $S_+$ - это сумма всех положительных членов
2) $S_-$ - это сумма всех отрицательных членов
3) $P_+$ - это сумма всех попарных произведений составленных из тех членов, которые положительны
4) $P_-$ - это сумма всех попарных произведений составленных из МОДУЛЕЙ тех членов, которые отрицательны

Далее, правые части неравенств для чисел $a_1, a_2,..., a_{n+1}$ и $b_1, a_b,..., b_n$ одинаковые.
Что же касается левых частей, то левая часть неравенства для чисел $b_1, a_b,..., b_n$ будет больше чем левая часть неравенства для чисел $a_1, a_2,..., a_{n+1}$.
Поэтому оно верно по индукции, НО, к сожалению, остается рассмотреть случай, когда среди отрицательных чисел, из которых составлено данное неравенство, имеется РОВНО ОДНО ОТРИЦАТЕЛЬНОЕ ЧИСЛО. Ну и разумеется здесь затык у меня.

Прошу заранее прощения, если свою идею я изложил сумбурно.

И таким образом кажется, что остается доказать данное неравенство для того случая, когда среди чисел, из которых оно составлено имеется ровно одно отрицательное.

[TOTAL]

Sasha2 в сообщении #1456616 писал(а):

Нетрудно видеть, что, если для чисел $a_1, a_2,..., a_{n+1}$ выполняются те два условия, указанные при формулировке задачи, то тогда они также будут выполняться и для чисел $b_1, b_2,..., b_n$.

Условия выполняются для
$1, 4, -2, -2$

[Sasha2]

TOTAL в сообщении #1456633 писал(а):

Sasha2 в сообщении #1456616 писал(а):

Нетрудно видеть, что, если для чисел $a_1, a_2,..., a_{n+1}$ выполняются те два условия, указанные при формулировке задачи, то тогда они также будут выполняться и для чисел $b_1, b_2,..., b_n$.

Условия выполняются для
$1, 4, -2, -2$

Да вижу уже ошибку.
Хотел сообщение свое удалить, да не знал как.