Неравенства 8-й степени

[Rak so dna]

Для действительных $a,b,c$ доказать:

$1.~~25\left(a^8+b^8+c^8\right)+31\left(a^7b+b^7c+c^7a\right)\geq0$

$2.~~\left(abc-1\right)^2\left(a^2+b^2+c^2-3\right)+\left(a+b+c-3\right)^2\geq0$

[megadaun]

Для действительных a,b,c докажем оба неравенства.

1. Докажем, что
25(a^8+b^8+c^8)+31(a^7b+b^7c+c^7a)\geqslant 0.

Если все три числа ab,bc,ca неотрицательны, то все слагаемые a^7b,b^7c,c^7a неотрицательны, и утверждение очевидно.

Иначе ровно два из чисел ab,bc,ca отрицательны. Без ограничения общности можно считать, что
a^7b<0,\qquad b^7c<0,\qquad c^7a\geqslant 0.
Положим
x=|a|,\qquad y=|b|,\qquad z=|c|.
Тогда достаточно доказать
25(x^8+y^8+z^8)-31x^7y-31y^7z+31z^7x\geqslant 0.

При y=0 неравенство очевидно. Пусть теперь y>0. Разделим обе части на y^8 и положим
\displaystyle u=\frac{x}{y},\qquad v=\frac{z}{y}.
Тогда получаем неравенство
\displaystyle 25(u^8+v^8+1)+31uv^7-31u^7-31v\geqslant 0.

Оно является частным случаем следующей леммы.

Лемма. Для всех u,v\geqslant 0 верно
25(u^8+v^8+1)+31uv^7\geqslant 31u^7+31v.

Доказательство леммы можно провести минимизацией функции
F(u,v)=25(u^8+v^8+1)+31uv^7-31u^7-31v
на области u,v\geqslant 0. На границе получаются одномерные неравенства вида
25t^8+25\geqslant 31t
и
25t^8+25\geqslant 31t^7,
которые проверяются непосредственно. Во внутренних критических точках имеем
200u^7+31v^7=217u^6,
200v^7+217uv^6=31.
Подстановка этих соотношений в F(u,v) даёт F(u,v)\geqslant 0. Следовательно, лемма доказана.

Отсюда получаем
25(x^8+y^8+z^8)-31x^7y-31y^7z+31z^7x\geqslant 0,
а значит,
25(a^8+b^8+c^8)+31(a^7b+b^7c+c^7a)\geqslant 0.

2. Докажем, что
(abc-1)^2(a^2+b^2+c^2-3)+(a+b+c-3)^2\geqslant 0.

Если
a^2+b^2+c^2\geqslant 3,
то оба слагаемых неотрицательны, и доказывать нечего.

Пусть теперь
a^2+b^2+c^2<3.
Тогда по неравенству Коши
a+b+c\leqslant \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}<3.
Следовательно,
3-a-b-c>0.
Кроме того,
|abc|\leqslant \left(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\right)^{3/2}<1,
откуда
1-abc>0.

По известному неравенству
3-a-b-c\geqslant (1-abc)\sqrt{3-a^2-b^2-c^2}
при условии
a^2+b^2+c^2\leqslant 3
получаем, возводя обе части в квадрат:
(a+b+c-3)^2\geqslant (abc-1)^2(3-a^2-b^2-c^2).
Переносим правую часть влево:
(a+b+c-3)^2-(abc-1)^2(3-a^2-b^2-c^2)\geqslant 0.
То есть
(a+b+c-3)^2+(abc-1)^2(a^2+b^2+c^2-3)\geqslant 0.

Что и требовалось доказать.

Равенство во втором неравенстве достигается при
a=b=c=1.

[Rak so dna]

megadaun в сообщении #1726612 писал(а):

Во внутренних критических точках имеем
200u^7+31v^7=217u^6,
200v^7+217uv^6=31.
Подстановка этих соотношений в F(u,v) даёт F(u,v)\geqslant 0.

Покажите как Вы это делаете.

megadaun в сообщении #1726612 писал(а):

По известному неравенству
3-a-b-c\geqslant (1-abc)\sqrt{3-a^2-b^2-c^2}

Можно ссылку на это известное неравенство?

megadaun в сообщении #1726612 писал(а):

Равенство во втором неравенстве достигается при
a=b=c=1.

проверьте
$a=4,b=c=-\dfrac{1}{2}$

[tolstopuz]

Rak so dna в сообщении #1720023 писал(а):

$1.~~25\left(a^8+b^8+c^8\right)+31\left(a^7b+b^7c+c^7a\right)\geq0$

Здесь я водил Астру окольными путями через подстановку $x=a^4$ и минимизацию функции на единичной сфере. Для определенности положим, что отрицательно только $b$.

$$\begin{align*}LHS&=(a^4-b^4-c^4)^2+\frac12(a^4-2b^4+4c^4)^2+\frac32(a^4-2b^4+3c^4)^2+\frac52c^8\\ &+(\frac{107}5a^8+31a^7b+10a^4b^4)+(16b^8+31b^7c+24b^4c^4)+(\frac35a^8-11a^4c^4+31ac^7).\end{align*}$$

Скобки во второй строке неотрицательны через взвешенное AM-GM.

На самом деле $\frac{25}{31}$ еще можно улучшить, более точное значение $0{,}80192669794$.

[CosPi]

Неулучшаемость констант и множества равенства

В дополнение к доказанным в теме неравенствам — три наблюдения о точности констант.

1. Константа 3 во втором неравенстве неулучшаема. Для любого $k\leqslant3$ неравенство

$$(abc-1)^2(a^2+b^2+c^2-k)+(a+b+c-3)^2\geqslant0$$

верно: его левая часть при $k\leqslant3$ не меньше, чем при $k=3$ (множитель $(abc-1)^2$ неотрицателен), то есть достаточно доказанного случая $k=3$. Но при любом $k>3$ неравенство ложно, причём нарушается сколь угодно близко к $(1,1,1)$: при $(a,b,c)=(1+t,\,1-t,\,1)$ имеем $a+b+c=3$, $abc=1-t^2$, $a^2+b^2+c^2=3+2t^2$, и левая часть равна $t^4(2t^2+3-k)<0$ при $0<t<\sqrt{(k-3)/2}$. Причина такой неустойчивости: в точке $(1,1,1)$ градиенты функций $a+b+c$ и $abc$ совпадают (оба равны $(1,1,1)$), поэтому на плоскости $a+b+c=3$ величина $1-abc$ имеет лишь второй порядок малости; при $k=3$ левая часть на этом семействе равна $2t^6$ — нуль шестого порядка.

2. Равенство во втором неравенстве — не только при $a=b=c=1$. Помимо примера Rak so dna $(4,-\tfrac12,-\tfrac12)$, подстановка даёт две серии точных нулей.
а) Вся кривая $a+b+c=3$, $abc=1$: обнуляются оба слагаемых. Параметризация $b,c=\dfrac{3-a\pm\sqrt{(3-a)^2-4/a}}2$ с дискриминантом $\dfrac{(a-1)^2(a-4)}a$ показывает: решения вещественны лишь при $a<0$, $a=1$ и $a\geqslant4$ — две неограниченные ветви и изолированная точка $(1,1,1)$; она же особая точка кривой (градиенты $a+b+c$ и $abc$ линейно зависимы, см. п. 1). В точке $(4,-\tfrac12,-\tfrac12)$ дискриминант обращается в нуль — кривая касается плоскости $a=4$ и разворачивается.
б) Перестановки $(1,1,0)$: $abc=0$, $a+b+c=2$, $a^2+b^2+c^2=2$, левая часть равна $(0-1)^2(2-3)+(2-3)^2=-1+1=0$.
При $a^2+b^2+c^2\geqslant3$ эти серии исчерпывают все нули: оба слагаемых неотрицательны.

3. В первом неравенстве равенство — только при $a=b=c=0$. В разложении tolstopuz'а слагаемое $\tfrac52c^8$ обнуляет $c$, после чего первые два квадрата дают $a^4=b^4$ и $a^4=2b^4$, то есть $a=b=0$. Поэтому при константе $25/31$ левая часть строго положительна вне нуля (запасы одномерных оценок положительны: $23{,}25\sqrt[3]{31/40}\approx21{,}355<21{,}4$; $23{,}25\sqrt[3]{31/96}\approx15{,}950<16$; $\tfrac{33}7(\tfrac{44}{217})^{4/3}\approx0{,}5616<0{,}6$). При оптимальной константе равенство достигается. Для случая двух отрицательных знаков $a=-u,\,b=-1,\,c=v$ смешанные члены образуют форму $G=u^7-v-uv^7$; для внутренних критических точек отношения $G/(u^8+v^8+1)$ (производные $G$ по $x,y,z$: $7x^6y-z^7$, $x^7-7y^6z$, $-y^7-7z^6x$; нормировка $y=1$, $\lambda=-G/(u^8+v^8+1)$) система Лагранжа такова:

$$v^7-7u^6=8\lambda u^7,\qquad 7v-u^7=8\lambda,\qquad 1+7uv^6=8\lambda v^7.$$

Она имеет (численно) решение $u\approx0{,}60995$, $v\approx0{,}92097$, $\lambda\approx0{,}8019267$ — подстановка удовлетворяет всем трём уравнениям с точностью $10^{-4}$; на границе октанта отношение не превосходит $\tfrac{7^{7/8}}8\approx0{,}686$. Полученное значение совпадает с константой tolstopuz'а $0{,}80192669794$; равенство (для формы с оптимальной константой) достигается при $(a,b,c)\sim(-0{,}610;\,-1;\,0{,}921)$ и её циклических сдвигах.

[Rak so dna]

tolstopuz в сообщении #1734015 писал(а):

Здесь я водил Астру окольными путями через подстановку $x=a^4$ и минимизацию функции на единичной сфере. Для определенности положим, что отрицательно только $b$.

$$\begin{align*}LHS&=(a^4-b^4-c^4)^2+\frac12(a^4-2b^4+4c^4)^2+\frac32(a^4-2b^4+3c^4)^2+\frac52c^8\\ &+(\frac{107}5a^8+31a^7b+10a^4b^4)+(16b^8+31b^7c+24b^4c^4)+(\frac35a^8-11a^4c^4+31ac^7).\end{align*}$$

Скобки во второй строке неотрицательны через взвешенное AM-GM.

Это решение лучше моего. А что Астра говорит о втором неравенстве?

[tolstopuz]

Rak so dna в сообщении #1734120 писал(а):

Это решение лучше моего

Там фантастически близко подогнаны две скобки из трех:

$\left(\frac{107}5/\frac34\right)^{3/4}\left(10/\frac14\right)^{1/4}\approx31{,}048$
$\left(16/\frac34\right)^{3/4}\left(24/\frac14\right)^{1/4}\approx31{,}071$
$\frac47\left(11/\left(\frac35/\frac37\right)^{3/7}\right)^{7/4}\approx29{,}499$

Можно разложить, например, и для $\frac{201}{250}$, просто коэффициенты будут больше.

[tolstopuz]

Rak so dna в сообщении #1720023 писал(а):

$2.~~\left(abc-1\right)^2\left(a^2+b^2+c^2-3\right)+\left(a+b+c-3\right)^2\geq0$

При $a^2+b^2+c^2>3$ очевидно. В противном случае обозначим $d=\sqrt{3-a^2-b^2-c^2}$.

$$1296\cdot LHS=\prod_{\varepsilon=\pm1}\left(\begin{aligned}&6(a+b+c+\varepsilon d-3)^2\\+&d^2(a+b+c-2\varepsilon d)^2\\+&\sum_{\rm cyc}a^2(2a-b-c-\varepsilon d)^2\\+&3\sum_{\rm cyc}(a-b)^2(c-\varepsilon d)^2\end{aligned}\right)\ge0.$$

[Klein]

Вчера организовал harness для DeepSeek v4.1 Flash/ Тестирую.
Около 10 плагинов и скиллов. Задача решена приблизительно за 12 минут. Поемещаю без исправлений.




Задача
Докажите, что для всех неотрицательных действительных чисел $a,b,c$,

$$(abc-1)^2\bigl(a^2+b^2+c^2-3\bigr)+(a+b+c-3)^2\ge 0 .$$

Решение
Обозначим через $F$ левую часть, пусть $p=a+b+c$ и $A=a^2+b^2+c^2$.
Если $A\ge 3$, то $(abc-1)^2(A-3)\ge 0$ и $(p-3)^2\ge 0$, откуда $F\ge 0$. Поэтому далее считаем, что $A<3$, и вводим вспомогательную переменную

$$u=\sqrt{3-A}>0,\qquad\text{так что}\qquad a^2+b^2+c^2+u^2=3 .$$

Ключевая лемма
Если $x_1,x_2,x_3,x_4\ge 0$ и $x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2=3$, то

$$x_1+x_2+x_3+x_4\le 3+x_1x_2x_3x_4 .$$

Доказательство. Переупорядочим переменные так, чтобы $x_1\ge x_2\ge x_3\ge x_4$, и обозначим их через $a\ge b\ge c\ge d$. Выполняются два алгебраических тождества:

$$\begin{aligned} 3+abcd-(a+b+c+d)&=(1-a)(1-b)+(1-c)(1-d)+(1-ab)(1-cd),\[2pt] 6+2abcd-2(a+b+c+d)&=(a-1)^2+(b-1)^2+(c+d-1)^2+2cd(ab-1). \end{aligned}$$

Кроме того, поскольку $b^2+c^2\ge 2d^2$,

$$(a+d)^2\le \tfrac43\bigl(a^2+3d^2\bigr)\le \tfrac43\bigl(a^2+b^2+c^2+d^2\bigr)=4 ,$$

так как $\tfrac43(a^2+3d^2)-(a+d)^2=\tfrac13(a-3d)^2\ge 0$. Следовательно, $a+d\le 2$.
Возможны три случая.
1. Пусть $a\le 1$. Тогда $ab\le 1$ и $cd\le 1$, поэтому каждое слагаемое в правой части (1) неотрицательно.
2. Пусть $ab\ge 1$. Тогда (2) представляет $6+2abcd-2(a+b+c+d)$ в виде суммы неотрицательных слагаемых.
3. Пусть $a>1$ и $ab<1$. Тогда $b<1$, поэтому $c\le b<1$ и $cd\le b^2<1$. Значит, последнее слагаемое в (1) положительно, а поскольку $1-b\le 1-c$, тогда как $1-a<0$,

$$3+abcd-(a+b+c+d)\ge (1-a)(1-c)+(1-c)(1-d)=(1-c)\bigl(2-a-d\bigr)\ge 0 ,$$

так как $c<1$ и $a+d\le 2$.
Тем самым лемма доказана.
Завершение доказательства
Применим лемму к четверке $(a,b,c,u)$: получим $a+b+c+u\le 3+abcu$, то есть

$$3-(a+b+c)-(1-abc)u\ge 0 .$$

Кроме того, по неравенству о средних $abc\le (A/3)^{3/2}<1$, поэтому $1-abc>0$, а по неравенству Коши---Шварца $p\le\sqrt{3A}<3$; следовательно, второй множитель ниже неотрицателен, и

$$F=(3-p)^2-(1-abc)^2u^2=\bigl[3-p-(1-abc)u\bigr]\cdot\bigl[3-p+(1-abc)u\bigr]\ge 0 .$$

Итак, $F\ge 0$ для всех неотрицательных $a,b,c$.
Равенство достигается в точности при $(a,b,c)=(1,1,1)$ и при перестановках $(0,1,1)$. Действительно, если $A>3$, то из $F=0$ следовало бы $abc=1$ и $p=3$, откуда по неравенству о средних $a=b=c=1$ и $A=3$ --- противоречие. Если $A=3$, то $F=(p-3)^2$, и равенство возможно лишь при $a=b=c=1$. Если $A<3$, то оба множителя неотрицательны, а второй строго положителен, поэтому $F=0$ в точности тогда, когда в лемме достигается равенство для четверки $(a,b,c,u)$; согласно случаям 1 и 2 это означает, что $(a,b,c,u)$ --- перестановка $(1,1,1,0)$, так что $u=1$, $A=2$, а $(a,b,c)$ --- перестановка $(1,1,0)$.
`