Неравенства 6-й степени

[tolstopuz]

Rak so dna в сообщении #1667218 писал(а):

$2\prod\limits_{cyc}{\left(a+b-2c\right)^2}+5abc\sum\limits_{cyc}{(2a+7b-4c)(c-a)(c-b)}\geq 0$

Посидели с Астрой и получили даже с квадратичным множителем:

$$\begin{align*}10\sum\limits_{\mathrm{cyc}}(3a^2+2(b-c)^2)\cdot LHS&=\sum\limits_{\mathrm{cyc}}ab(11H^2+25HU+50U^2)\\&+\frac{27}2\Phi^2\sum\limits_{\mathrm{cyc}}(a-b)^2\\&+2\left(\sum\limits_{\mathrm{cyc}}(3a-4b)U\right)^2,\end{align*}$$

где

$$\begin{align*}\Phi&=2\prod\limits_{\mathrm{cyc}}(a+b-2c)+5abc,\\H&=\Phi+5c(2a-c)(b-2c),\\U&=(a-2b)(b-2c)(2a-b-c).\end{align*}$$

[tolstopuz]

Rak so dna в сообщении #1667061 писал(а):

$2.~~8\prod\limits_{cyc}{\left(a+b-2c\right)^2}+27abc\sum\limits_{cyc}{(2a+11b-4c)(c-a)(c-b)}\geq 0$

$$\begin{align*}6\sum\limits_{\mathrm{cyc}}(6a^2+(b-c)^2)\cdot LHS&=9\sum\limits_{\mathrm{cyc}}ab(H^2-HU+2U^2)\\&+3\Phi^2\sum\limits_{\mathrm{cyc}}(a-b)^2\\&+8\left(\sum\limits_{\mathrm{cyc}}(a-b)U\right)^2,\end{align*}$$

где

$$\begin{align*}\Phi&=4\prod\limits_{\mathrm{cyc}}(a+b-2c)+27abc,\\H&=\Phi-3c(a-2b+4c)(4a+b-2c),\\U&=(2a-b-c)(a-2b+4c)(2a-4b-c).\end{align*}$$

-- добавлено через 39 минут --

Rak so dna в сообщении #1667061 писал(а):

$3.~~\left(\sum\limits_{cyc}{\left(a-b\right)^2(a-c)}\right)^2\geq 8abc\sum\limits_{cyc}{a(a-4b-2c)(a-c)}$

$$\begin{align*}\sum\limits_{\mathrm{cyc}}(5a^2+\frac32(b-c)^2)\cdot(LHS-RHS)&=\sum\limits_{\mathrm{cyc}}ab(H^2+2HU+2U^2)\\&+4\Phi^2\sum\limits_{\mathrm{cyc}}(a-b)^2,\end{align*}$$

где

$$\begin{align*}\Phi&=\sum\limits_{\mathrm{cyc}}(a-b)^2(a-c)-4abc,\\H&=\Phi+4c^2(3a-b-c),\\U&=(a-c)^2(a-3b-2c)+(b-c)^2(b+c)-2bc(a-c).\end{align*}$$

Rak so dna в сообщении #1667061 писал(а):

$4.~~4\left(\sum\limits_{cyc}{\left(a-b\right)^2(a-c)}\right)^2\geq abc\sum\limits_{cyc}{a(7a-19b)(a-c)}$

$$\begin{align*}\sum\limits_{\mathrm{cyc}}(3a^2+\frac{13}2(b-c)^2)\cdot(LHS-RHS)&=\sum\limits_{\mathrm{cyc}}ab(3H^2-3HU+U^2)\\&+8\Phi^2\sum\limits_{\mathrm{cyc}}(a-b)^2,\end{align*}$$

где

$$\begin{align*}\Phi&=2\sum\limits_{\mathrm{cyc}}(a-b)^2(a-c)-abc,\\H&=\Phi-c(a-2c)(3a-b-c),\\U&=c(a-b)(a+b-3c).\end{align*}$$

[Rak so dna]

Очень хорошо. Может быть Вы и для вот этого неравенства найдёте более простое представление?

Rak so dna в сообщении #1656787 писал(а):

\begin{align*} &1.~~2\left(a^6+b^6+c^6 \right) + abc\left(a^3+b^3+c^3 \right)\geq 3 \left(a^5b+b^5c+c^5a \right) \end{align*}

[tolstopuz]

Rak so dna в сообщении #1734119 писал(а):

$1.~~2\left(a^6+b^6+c^6 \right) + abc\left(a^3+b^3+c^3 \right)\geq 3 \left(a^5b+b^5c+c^5a \right)$

Запишем неравенство в виде

$$3\left(\left(a^6+b^6+c^6 \right)-\left(a^5b+b^5c+c^5a \right)\right)\geq \left(a^6+b^6+c^6 \right)-abc\left(a^3+b^3+c^3 \right).$$

Проблема, как и в случае с $x^8+y^8+z^8$ из другой темы, в том, что $3$ - не точная граница. Точная - $2{,}988739542950000305\dots$, поэтому ответ довольно случаен - можно вместо $3$ решить задачу, например, с $\frac{266}{89}$ и получить другое выражение (наверняка с гораздо большими коэффициентами), которое подойдет и для тройки.

-- добавлено через 34 минуты --

Rak so dna в сообщении #1656787 писал(а):

$3.~~8\left(a^4\,b^2+b^4\,c^2+c^4\,a^2\right) + a^2\,b^4+b^2\,c^4+c^2\,a^4 + 54\,a^2\,b^2\,c^2\geq 27\,a\,b\,c\,\left(a^2\,c+b^2\,a+c^2\,b\right)$

$$2\sum_{\rm cyc}(a-b)^2\cdot(LHS-RHS)=\sum_{\rm cyc}U^2+3J^2,$$

где

$$\begin{align*}U&=a(b-c)(2b-c)(3a-b-2c)+2(a-b)(2c-a)(b^2-ac),\\J&=\sum_{\rm cyc}a^2b(2a-3b+c).\end{align*}$$

И неожиданное второе решение.

Можно ограничиться случаем $a\ge b\ge0$, $c\ge0$.

$$\begin{align*}LHS-RHS&=(8a^2+b^2)(c-\sqrt{ab})^4\\&+c\sqrt{ab}(32a^2-27b\sqrt{ab}+4b^2)(c-\sqrt{ab})^2\\&+c^2(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2(\sqrt{a}-2\sqrt{b})^2(a^2+6a\sqrt{ab}+12ab+6b\sqrt{ab}+2b^2).\end{align*}$$

[tolstopuz]

Rak so dna в сообщении #1667061 писал(а):

$4.~~16\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\geq 9\sum\limits_{cyc}\left(a^{3}+3b^{2}c\right)^{2}+\frac{27}{14}\left[\sum\limits_{cyc}a\left(a-b\right)(a-2c)\right]^{2}$

$$70\sum_{\rm cyc}(a-b)^2\cdot(LHS-RHS)=\sum_{\rm cyc}(U+J)^2+J^2,$$

где

$$\begin{align*}\Phi&=\sum_{\rm cyc}a(a-b)(a+2b)-6abc,\\K&=\sum_{\rm cyc}a(4a+9b),\\U&=(a-b)(13\Phi+2cK)+2K(a-c)(a+c-2b),\\J&=13(a+b+c)\Phi-2K\sum_{\rm cyc}(2a^2-3ab).\end{align*}$$

[tolstopuz]

Rak so dna в сообщении #1667061 писал(а):

$2.~~\sum\limits_{cyc}{a(4a-2b-c)\left(a^2-ab-b^2-ac+2bc\right)^2}\geq 0$

$$324\sum_{\rm cyc}(a-b)^2\cdot LHS=\sum_{\rm cyc}(U+J)^2+2\sum_{\rm cyc}(V+J)^2+9J^2,$$

где

$$\begin{align*}Q&=a^2-ab-b^2-ac+2bc,\\\Phi&=\sum_{\rm cyc}aQ,\\U&=2(7a-19b-c)\Phi+2(6a^2-b^2+8c^2+12ab-6ac-19bc)Q,\\V&=2(4b+4c-5a)\Phi+(22(a-b)(a-c)+(b-c)^2)Q,\\J&=\sum_{\rm cyc}Q(4a^2-3a(b+c)+3b(b-2c)).\end{align*}$$

-- добавлено через 59 минут --

Rak so dna в сообщении #1715573 писал(а):

$5.~~3\left(\sum\limits_{cyc}{(a^3-3ab^2+2abc)}\right)^2\ge4abc\sum\limits_{cyc}{\left(a-b\right)^2(2a-8b+3c)}$

$$\begin{align*}2\sum\limits_{\mathrm{cyc}}(3a^2+2(b-c)^2)\cdot(LHS-RHS)&=6\sum\limits_{\mathrm{cyc}}ab(3H^2+U^2)\\&+21\Phi^2\sum\limits_{\mathrm{cyc}}(a-b)^2,\end{align*}$$

где

$$\begin{align*}\Phi&=\sum\limits_{\mathrm{cyc}}(a-c)^2(a-b)+2abc,\\H&=\Phi-c(2a^2+6ab-5ac-5b^2+5bc-c^2),\\U&=c((a-b)(2b-c)+(b-c)^2).\end{align*}$$

-- добавлено через 10 минут --

В шестом улучшать нечего.

[Klein]

Ситуация с Astra и другими передовыми моделями становятся дороже и менее доступной. С 17 сентября Astra больше недоступна на подписке Plus в обычном Чате. Plus остается доступной в Work и Codex. Л Я на коленке собрал небольшой harness вокруг модели DeepSeek V4.1 Flash. В итоге получилось около 7 плагинов и 3 скиллов. Циклические проверки результата выданное моделью, поиск в интернете, работа с личной библиотекой, презентация и другие инструменты. Выбрал DeepSeek V4.1 Flash по двум причинам:

низкая стоимость
высокая скорость. До 200-210 токенов в секунд.

Два ключевых плагина
Один ищет логические пробелы, неверные переходы, недоказанные утверждения и ошибки в доказательствах выданных моделью. И если ошибка, то модель снова ищет решение.
Второй плагин проверяет поввторно, на всякий случай если вдруг первый плагин пропустил , и делает вычислительную проверку, алгебру, уравнения, производные, интегралы, пределы, численные расчёты и символьные преобразования. Второй официальный волфрамовский (математика) плагин.



Ниже помещаю решение, которое мне выдал DeepSeek V4.1 Flash вместе с этим harness без поправок.



----












Задача

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

$$2(a^6+b^6+c^6)+abc(a^3+b^3+c^3)\ge 3(a^5b+b^5c+c^5a).$$

В условии задачи не указано, из какого множества берутся $a,b,c$; приведенное ниже доказательство
охватывает случай $a,b,c\ge 0$, стандартный для этого классического циклического неравенства.

Решение

Пусть

$$D(a,b,c)=2(a^6+b^6+c^6)+abc(a^3+b^3+c^3)-3(a^5b+b^5c+c^5a).$$

Тогда $D$ — однородная функция степени $6$, инвариантная относительно циклических
перестановок $(a,b,c)$. Если все три переменные равны нулю, доказывать нечего; в противном случае
отнормируем переменные так, чтобы максимум был равен $1$, и циклической перестановкой сведем к случаю
$a=1$. Тогда $0\le b,c\le 1$, и остается доказать, что $D(1,b,c)\ge 0$.

Случай 1: $b\ge c$.
Если $c=0$, то $D(1,b,0)=2+2b^6-3b$; производная этой функции $12b^5-3$
обращается в нуль только при $b=4^{-1/5}$. Следовательно, минимум на $[0,1]$ равен

$$2+2\cdot4^{-6/5}-3\cdot4^{-1/5}=\frac{2\cdot4^{6/5}-10}{4^{6/5}}>0,$$

поскольку $4^6=4096>3125=5^5$.

Если $c>0$, отнормируем переменные так, чтобы $c=1$, и положим

$$x=\frac{1-b}{c}\ge 0,\qquad y=\frac{b-c}{c}\ge 0,$$

так что $(1/c,\,b/c,\,1)=(1+x+y,\,1+y,\,1)$. В силу однородности $D(1,b,c)=c^6P(x,y)$, где

$$\begin{aligned} P(x,y)={}&2x^6+9x^5y+9x^5+15x^4y^2+31x^4y+16x^4\\ &+10x^3y^3+34x^3y^2+38x^3y+14x^3+6x^2y^3+18x^2y^2\\ &+18x^2y+6x^2-3xy^5-10xy^4-10xy^3+6xy\\ &+y^6+5y^5+10y^4+10y^3+6y^2. \end{aligned}$$

Если $x\le 1$, то единственные отрицательные слагаемые $P$ удовлетворяют неравенствам

$$3xy^5+10xy^4+10xy^3=xy^3(3y^2+10y+10)\le y^3(3y^2+10y+10)=3y^5+10y^4+10y^3$$

и

$$3y^5+10y^4+10y^3\le y^6+5y^5+10y^4+10y^3+6y^2,$$

поэтому $P\ge y^6+2y^5+6y^2\ge 0$, а все остальные слагаемые $P$ неотрицательны.

Если $x\ge 1$ и $y\le x$, запишем $y=xv$, где $0\le v\le 1$. Тогда

$$\begin{aligned} P(x,xv)={}&6x^2(v^2+v+1)+2x^3(5v^3+9v+7)\\ &+2x^4(5v^4-5v^3+9v^2+19v+8)\\ &+x^5(5v^5-10v^4+6v^3+34v^2+31v+9)\\ &+x^6(v^6-3v^5+10v^3+15v^2+9v+2)\ge 0, \end{aligned}$$

поскольку каждая скобка неотрицательна на $[0,1]$:

$$5v^4-5v^3+9v^2+19v+8=5v^3(v-1)+9v^2+19v+8\ge 4v^2+19v+8\ge 0,$$

$$\begin{aligned} 5v^5-10v^4+6v^3+34v^2+31v+9&\ge 34v^2+31v+9-10v^4\\ &\ge 34v^2+31v+9-10v^3\ge 24v^2+31v+9\ge 0, \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} v^6-3v^5+10v^3+15v^2+9v+2&\ge 10v^3+15v^2+9v+2-3v^5\\ &\ge 10v^3+15v^2+6v+2\ge 0, \end{aligned}$$

с учетом $0\le v\le 1$.

Если $x\ge 1$ и $y\ge x$, запишем $y=x+t$, где $t\ge 0$. Тогда

$$\begin{aligned} P(x,x+t)={}&t^6+3t^5x+5t^5+15t^4x+10t^4+16t^3x^2+30t^3x+10t^3\\ &+30t^2x^4+42t^2x^3+48t^2x^2+30t^2x+6t^2\\ &+60tx^5+102tx^4+84tx^3+48tx^2+18tx\\ &+34x^6+75x^5+72x^4+42x^3+18x^2\ge 0, \end{aligned}$$

поскольку все коэффициенты неотрицательны и $x,t\ge 0$.

Случай 2: $c\ge b$.
Если $b=0$, то $D(1,0,c)=2+2c^6-3c^5$; производная этой функции $3c^4(4c-5)$
отрицательна на $(0,1)$; следовательно, $D(1,0,c)\ge D(1,0,1)=1>0$.

Если $b>0$, отнормируем переменные так, чтобы $b=1$, и положим

$$x=\frac{1-c}{b}\ge 0,\qquad y=\frac{c-b}{b}\ge 0,$$

так что $(1/b,\,1,\,c/b)=(1+x+y,\,1,\,1+y)$. В силу однородности $D(1,b,c)=b^6Q(x,y)$, где

$$\begin{aligned} Q(x,y)={}&2x^6+12x^5y+9x^5+30x^4y^2+46x^4y+16x^4+40x^3y^3+94x^3y^2\\ &+68x^3y+14x^3+30x^2y^4+96x^2y^3+108x^2y^2+48x^2y+6x^2\\ &+9xy^5+35xy^4+50xy^3+30xy^2+6xy\\ &+y^6+5y^5+10y^4+10y^3+6y^2\ge 0, \end{aligned}$$

поскольку все коэффициенты неотрицательны и $x,y\ge 0$.

В каждом случае $D(1,b,c)\ge 0$; в силу однородности и циклической симметрии неравенство выполнено для
всех $a,b,c\ge 0$. Равенство достигается в точности при $a=b=c$, поскольку все
неотрицательные слагаемые, приведенные выше, обращаются в нуль только при $x=y=0$ в соответствующей
нормировке. Следовательно,

$$2(a^6+b^6+c^6)+abc(a^3+b^3+c^3)\ge 3(a^5b+b^5c+c^5a) \quad\text{for all } a,b,c\ge 0,$$

причем равенство достигается тогда и только тогда, когда $a=b=c$.

[tolstopuz]

Rak so dna в сообщении #1734119 писал(а):

$1.~~2\left(a^6+b^6+c^6 \right) + abc\left(a^3+b^3+c^3 \right)\geq 3 \left(a^5b+b^5c+c^5a \right)$

Вот один из вариантов "случайного" разложения по аналогии с $a^8+b^8+c^8$.
Случай 1: $a,b\ge0$, $c\le0$.

$$\begin{align*}F(a,b,c)=LHS-RHS&=\frac12(a^3-2b^3+abc)^2\\&+\frac1{242}(3a^3-22c^3+13abc)^2\\&+(\frac{16}{11}a^6-3a^5b+\frac{121}{64}a^3b^3)\\&+(-\frac{39}{121}a^4bc+3ab^4c-3b^5c)\\&+(\frac1{121}a^6+\frac6{11}a^3c^3-3ac^5)\\&+(\frac7{64}a^3b^3-\frac{145}{121}a^2b^2c^2+\frac{37}{11}abc^4)\ge0.\end{align*}$$

Четыре скобки - опять взвешенное AM-GM, причем первая - точное.

Случай 2: $a,b\ge c\ge0$.

$$(\frac{\partial}{\partial a}+\frac{\partial}{\partial b}+\frac{\partial}{\partial c})F(a,b,c)=\frac14\sum_{\rm cyc}a((6a(a-b)-(b-c)(b-2c))^2+(a-b)^2(3a(4b+c)+2bc))\ge0,$$

так что $F(a,b,c)\ge F(a-c,b-c,0)$, тем самым сводится к случаю 1. Ну или в лоб через взвешенное AM-GM, потому что $F(a,b,0)=2a^6-3a^5b+2b^6$.

-- добавлено через 50 минут --

Klein в сообщении #1734145 писал(а):

Ситуация с Astra и другими передовыми моделями становятся дороже и менее доступной. С 17 сентября Astra больше недоступна на подписке Plus в обычном Чате.

Народ на реддите жалуется, что на Plus Астра может съесть пятичасовой лимит за один промпт. А еще подписку 20x прикрыли. Кстати, ходят слухи, что на следующей неделе может выйти Sol 6.

Klein в сообщении #1734145 писал(а):

Ниже помещаю решение, которое мне выдал DeepSeek V4.1 Flash вместе с этим harness без поправок.

Для отладки харнеса или первой формализации теоремы Ферма сырая выдача, может, и полезна, а для решения задачи, поставленной ТС, - найти более простые решения - совершенно бесполезна. Я использую нейронки в математике как фонарик в саду расходящихся тропок, сам решаю, куда светить. Первые версии ответов Астры были тоже правильны и тоже очень громоздки, а в результате, как видите, доказательство для неотрицательных переменных удалось сократить до двух строк.

[Rak so dna]

Rak so dna в сообщении #1656787 писал(а):

\begin{align*} &2.~~\sum\limits_{cyc}{a(4a-2b-c)\left(a^2-ab-b^2-ac+2bc\right)^2}\geq 0 \end{align*}

Достаточно $4$-х квадратов ( нашёл nexu@AoPS ):

\begin{align*} &\left( \sum_{\mathrm{cyc}}{x^2} \right) \left( \sum_{\mathrm{cyc}}{x^2}-\sum_{\mathrm{cyc}}{xy} \right) \left[ \sum_{\mathrm{cyc}}{x\!\:(4\!\:x-2\!\:y-z)\!\:(x^2-x\!\:y-y^2-x\!\:z+2\!\:y\!\:z)^2} \right] \\ &=\frac{1}{144}\left[ \sum_{\mathrm{cyc}}{\left( 24x^5-42x^4y+8x^3y^2+89x^3yz+15x^2y^3-49x^2y^2z-45xy^4 \right)} \right] ^2 \\ &+\frac{1}{1776}\left[ \sum_{\mathrm{cyc}}{\left( 74x^4y-184x^3y^2-101x^3yz+149x^2y^3+85x^2y^2z-23xy^4 \right)} \right] ^2 \\ &+\frac{2}{34743}\left[ \sum_{\mathrm{cyc}}{\left( 136x^3y^2-897x^3yz-345x^2y^3+793x^2y^2z+313xy^4 \right)} \right] ^2 \\ &+\frac{41}{2817}\left[ \sum_{\mathrm{cyc}}{\left( 11x^3y^2+8x^3yz-21x^3z^2+2x^2y^2z \right)} \right] ^2 \end{align*}

(code)

(41*(11*x^3*y^2 - 21*x^2*y^3 + 8*x^3*y*z + 2*x^2*y^2*z + 8*x*y^3*z - 21*x^3*z^2 + 2*x^2*y*z^2 + 2*x*y^2*z^2 + 11*y^3*z^2 + 11*x^2*z^3 + 8*x*y*z^3 - 21*y^2*z^3)^2)/2817 +
(74*x^4*y - 184*x^3*y^2 + 149*x^2*y^3 - 23*x*y^4 - 23*x^4*z - 101*x^3*y*z + 85*x^2*y^2*z - 101*x*y^3*z + 74*y^4*z + 149*x^3*z^2 + 85*x^2*y*z^2 + 85*x*y^2*z^2 - 184*y^3*z^2 - 184*x^2*z^3 - 101*x*y*z^3 + 149*y^2*z^3 + 74*x*z^4 - 23*y*z^4)^2/1776 +
(2*(136*x^3*y^2 - 345*x^2*y^3 + 313*x*y^4 + 313*x^4*z - 897*x^3*y*z + 793*x^2*y^2*z - 897*x*y^3*z - 345*x^3*z^2 + 793*x^2*y*z^2 + 793*x*y^2*z^2 + 136*y^3*z^2 + 136*x^2*z^3 - 897*x*y*z^3 - 345*y^2*z^3 + 313*y*z^4)^2)/34743 +
(24*x^5 - 42*x^4*y + 8*x^3*y^2 + 15*x^2*y^3 - 45*x*y^4 + 24*y^5 - 45*x^4*z + 89*x^3*y*z - 49*x^2*y^2*z + 89*x*y^3*z - 42*y^4*z + 15*x^3*z^2 - 49*x^2*y*z^2 - 49*x*y^2*z^2 + 8*y^3*z^2 + 8*x^2*z^3 + 89*x*y*z^3 + 15*y^2*z^3 - 42*x*z^4 - 45*y*z^4 + 24*z^5)^2/144

-- добавлено через 25 минут --

Для действительных $a,b,c$ докажите:

$7.~~~\dfrac{a}{a^2+2b^2+3}+\dfrac{b}{b^2+2c^2+3}+\dfrac{c}{2a^2+c^2+3}\leq \dfrac{1}{2}$



Для положительных $a,\,b,\,c,\,d,\,e$ таких, что $a^2+b^2+c^2+d^2+e^2=5$ докажите:

$8.~~~\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{d} + \dfrac{d}{e} + \dfrac{e}{a} \geq\dfrac{5}{a+b+c+d+e}$

[tolstopuz]

Rak so dna в сообщении #1734198 писал(а):

Достаточно $4$-х квадратов ( нашёл nexu@AoPS )

Можно записать и проще:

$$\begin{align*}12\sum_{\rm cyc}a^2\cdot\sum_{\rm cyc}(a-b)^2\cdot LHS&=2(\sum_{\rm cyc}(a-2b)(3a^2-2ab-2ac-b^2+3bc)Q)^2\\&+(\sum_{\rm cyc}(2a-b)(a^2-ab-ac+5b^2-2c^2)Q)^2\\&+4(\sum_{\rm cyc}(a-b)(a^2-2ab+ac-bc+c^2)Q)^2\\&+41(\sum_{\rm cyc}(a-c)(a^2-bc)Q)^2,\end{align*}$$

где $Q=a^2-ab-b^2-ac+2bc$.