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 $Q=a^2-ab-b^2-ac+2bc$.

[tolstopuz]

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

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

Перепишем в виде

$$\prod_{\rm cyc}(a^2+2b^2+3)\ge2\sum_{\rm cyc}a(b^2+2c^2+3)(c^2+2a^2+3).$$

Тогда

$$\begin{align*}8(LHS-RHS)&=\sum_{\rm cyc}((b-1)(4a^2+2a-1)-4(a-1)-2b(c-1))^2\\&+2\sum_{\rm cyc}((a-1)(4ac-1)-(b-1)-3(c-1)^2)^2\\&+72(abc-1)^2\\&+\sum_{\rm cyc}(a-1)^2\cdot\sum_{\rm cyc}((a+b-2)^2+(2a-1)^2)\\&+(a+b+c-3)^2(2+\sum_{\rm cyc}(6a^2+(a-b)^2))\ge0.\end{align*}$$

[Mikhail_K]

(Оффтоп)

Klein в сообщении #1734145 писал(а):

С 17 сентября Astra больше недоступна на подписке Plus в обычном Чате.

Astra изначально не была доступна в режиме Chat на тарифе Plus в ChatGPT. На тарифе Plus она всегда была доступна только в Work.
На тарифе Pro Astra доступна и в Chat тоже, но только на самом высоком уровне размышления; в Work - на любом уровне.

[Rak so dna]

tolstopuz в сообщении #1734129 писал(а):

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 $$

\begin{align*} &s\left(\left(a^6+b^6+c^6 \right)-\left(a^5b+b^5c+c^5a \right)\right)-\left(\left(a^6+b^6+c^6 \right)-abc\left(a^3+b^3+c^3 \right)\right)\\ &=\frac{\left(\begin{array}{c} (s-q+p-3)c^3+(7s+2q-p-9)bc^2+(q-2p-6)ac^2\\ +(-2s-2q+p+12)b^2c+(-q+2p)a^2c+(-7s+q+9)b^3\\ +(-7s-q-p+9)ab^2+(2s+q+p-6)a^2b+(6s-p-6)a^3 \end{array}\right)^2}{36(5s-9)}\\ &+\frac{\left(\begin{array}{c} (13s-q-p-15)c^3+(7s+3p-9)bc^2+(4s+3q-18)ac^2+\\ (-2s-3p)b^2c+(-14s-3q+18)a^2c+(-5s-q+2p+3)b^3+\\ (7s+3q-3p-9)ab^2+(-2s-3q+3p+18)a^2b+(-8s+2q-p+12)a^3 \end{array}\right)^2}{108(5s-9)}\\ &+\frac{\left(\begin{array}{c} \left(335s^2+(40q+10p-1101)s-72q+810\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)\\ -\left(25s^2+(-30q+60p-126)s-54p+189\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\\ -\left(310s^2+(60q-30p-801)s-54q+54p+351\right)\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\\ -6\left((5q-10p-87)s-9q+135\right)abc \end{array}\right)^2}{108(5s-9)\Bigl(335s^2+(45q-1188)s-81q+945\Bigr)}\\ &+\frac{\Bigl(K(a+b-2c)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right) + (M(a-c) + N(b-c))(a-c)(b-c)\Bigr)^2}{36(5s-9)\Bigl(335s^2+(45q-1188)s-81q+945\Bigr)K}\\ &+\frac{L}{K}\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2 \end{align*}

Здесь

(K,M,N,L)

\small\begin{align*} &K=\begin{array}{c} 3685s^4+(160q-23118)s^3+(-500q^2+(480p+912)q-480p^2-1920p+48537)s^2+\\ (-60q^3+(60p+1920)q^2+(-60p^2-1824p-4752)q+1584p^2+5652p-38340)s+\\ 108q^3+(-108p-1692)q^2+(108p^2+1584p+4320)q-1260p^2-3780p+8100 \end{array}\\\\ &M=\begin{array}{c} -1340s^4+(1760q-1200p+13407)s^3+(900q^2+(-720p-8448)q+570p^2+8400p-36756)s^2+\\ (90q^3+(-90p-3240)q^2+(90p^2+3096p+14418)q-2196p^2-16470p+34587)s\\ -162q^3+(162p+2700)q^2+(-162p^2-2700p-8586)q+1890p^2+8910p-7290 \end{array}\\\\ &N=\begin{array}{c} -9715s^4+(-2240q+1200p+55947)s^3+(600q^2+(-720p+5712)q+870p^2-2640p-108855)s^2\\ +(90q^3+(-90p-2520)q^2+(90p^2+2376p-162)q-2556p^2-486p+80433)s\\ -162q^3+(162p+2376)q^2+(-162p^2-2052p-4374)q+1890p^2+2430p-17010 \end{array}\\\\ &L=\begin{array}{c} 1916s^5+(-410q+735p-14429)s^4+(-564q^2+(601p+2877)q-516p^2-4973p+38478)s^3+\\ (-9q^3+(-74p+2313)q^2+(79p^2-2218p-7794)q-80p^3+1945p^2+11004p-44181)s^2+\\ (31q^4+(-70p-98)q^3+(99p^2+432p-2667)q^2+\\ (-68p^3-426p^2+2076p+8505)q+29p^4+304p^3-2043p^2-9297p+20736)s+\\ 3q^5+(-6p-57)q^4+(9p^2+114p+225)q^3+(-6p^3-153p^2-486p+558)q^2+\\ (3p^4+96p^3+459p^2-207p-2538)q-39p^4-234p^3+450p^2+2403p-3240 \end{array} \end{align*}

$p=-1,5771133364012091289\cdots$ — корень многочлена

$\small\begin{array}{c} 22754625000\,x^{18}[phone]\,x^{17}[phone]\,x^{16}[phone]\,x^{15}[phone]\,x^{14}\\ [phone]\,x^{13}-3404196593706109\,x^{12}-10461864719916300\,x^{11}+100461899247580934\,x^{10}\\ +536676622877447999\,x^9+37444428415588586\,x^8-4261716208851469922\,x^7-1348737193363208530\,x^6\\ +30642065318303960097\,x^5+42336541272755729867\,x^4+12368199211657514943\,x^3 +104485084963804241085\,x^2\\ +154762126172190566280\,x+7861173446539889776 \end{array}$


$q=-2,1517928007504607631\cdots$ — корень многочлена

$\small\begin{array}{c} 22754625000\,x^{18}-1036178400000\,x^{17}[phone]\,x^{16}-182867260931250\,x^{15}+1161115847247375\,x^{14}\\ -3986890729166490\,x^{13}+6899908845431339\,x^{12}-38145564056333394\,x^{11}+601711758264752360\,x^{10}\\ -4473103095467857810\,x^9+19054794515612140710\,x^8-47436645173514361548\,x^7+50435119908912672527\,x^6\\ +88928948307786095061\,x^5-471042645934499883803\,x^4+927120929944697924017\,x^3-1039323837337932016525\,x^2\\ +702571756670502319502\,x-241840123293884997122 \end{array}$


Лучшее значение параметра $s$ ( при котором $L=0$ ):

$s=2,988739542950000305\cdots$ — корень многочлена

$\small\begin{array}{c} 1896218750\,x^{18}-36091162500\,x^{17}[phone]\,x^{16}-1718407286875\,x^{15}[phone]\,x^{14}\\ -18032651019710\,x^{13}[phone]\,x^{12}-65798139042790\,x^{11}[phone]\,x^{10}\\ -99198992929933\,x^9+89294882969246\,x^8-65406300672336\,x^7+38759672018749\,x^6-18358550149869\,x^5\\ [phone]\,x^4-1906751233485\,x^3+380266407405\,x^2-48148908894\,x+2910170916 \end{array}$

(maxima code)

f(t) := s*((a^6+b^6+c^6 ) - (a^5*b+b^5*c+c^5*a )) - (a^6+b^6+c^6 -a*b*c*(a^3+b^3+c^3 ) ) $

/*  s = 2.988739542950000305 */
/*  root of  */
/*  1896218750*x^18-36091162500*x^17+317139621875*x^16-1718407286875*x^15+6467163760125*x^14-18032651019710*x^13+  */
/*  38748175116908*x^12-65798139042790*x^11+89726290529343*x^10-99198992929933*x^9+89294882969246*x^8-65406300672336*x^7+  */
/*  38759672018749*x^6-18358550149869*x^5+6805634904243*x^4-1906751233485*x^3+380266407405*x^2-48148908894*x+2910170916  */

/*  p = -1.577113336401209128944130719514503181967631050003523237856699616  */
/*  root of  */
/*  22754625000*x^18+6971362500*x^17+1271132756250*x^16+46052477336250*x^15+395127933167625*x^14+872060811077505*x^13  */
/*  -3404196593706109*x^12-10461864719916300*x^11+100461899247580934*x^10+536676622877447999*x^9+37444428415588586*x^8  */
/*  -4261716208851469922*x^7-1348737193363208530*x^6+30642065318303960097*x^5+42336541272755729867*x^4+12368199211657514943*x^3  */
/*  +104485084963804241085*x^2+154762126172190566280*x+7861173446539889776  */

/*  q = -2.151792800750460763122246800548853046307131303828093433396980504  */
/*  root of  */
/*  22754625000*x^18-1036178400000*x^17+18535117368750*x^16-182867260931250*x^15+1161115847247375*x^14-3986890729166490*x^13  */
/*  +6899908845431339*x^12-38145564056333394*x^11+601711758264752360*x^10-4473103095467857810*x^9+19054794515612140710*x^8  */
/*  -47436645173514361548*x^7+50435119908912672527*x^6+88928948307786095061*x^5-471042645934499883803*x^4+927120929944697924017*x^3  */
/*  -1039323837337932016525*x^2+702571756670502319502*x-241840123293884997122  */


K : 3685*s^4+(160*q-23118)*s^3+(-500*q^2+(480*p+912)*q-480*p^2-1920*p+48537)*s^2+
(-60*q^3+(60*p+1920)*q^2+(-60*p^2-1824*p-4752)*q+1584*p^2+5652*p-38340)*s+
108*q^3+(-108*p-1692)*q^2+(108*p^2+1584*p+4320)*q-1260*p^2-3780*p+8100 $

M : -1340*s^4+(1760*q-1200*p+13407)*s^3+(900*q^2+(-720*p-8448)*q+570*p^2+8400*p-36756)*s^2+
(90*q^3+(-90*p-3240)*q^2+(90*p^2+3096*p+14418)*q-2196*p^2-16470*p+34587)*s
-162*q^3+(162*p+2700)*q^2+(-162*p^2-2700*p-8586)*q+1890*p^2+8910*p-7290 $

N : -9715*s^4+(-2240*q+1200*p+55947)*s^3+(600*q^2+(-720*p+5712)*q+870*p^2-2640*p-108855)*s^2+
(90*q^3+(-90*p-2520)*q^2+(90*p^2+2376*p-162)*q-2556*p^2-486*p+80433)*s
-162*q^3+(162*p+2376)*q^2+(-162*p^2-2052*p-4374)*q+1890*p^2+2430*p-17010 $

L : 1916*s^5+(-410*q+735*p-14429)*s^4+(-564*q^2+(601*p+2877)*q-516*p^2-4973*p+38478)*s^3+
(-9*q^3+(-74*p+2313)*q^2+(79*p^2-2218*p-7794)*q-80*p^3+1945*p^2+11004*p-44181)*s^2+
(31*q^4+(-70*p-98)*q^3+(99*p^2+432*p-2667)*q^2+(-68*p^3-426*p^2+2076*p+8505)*q+29*p^4+304*p^3-2043*p^2-9297*p+20736)*s+
3*q^5+(-6*p-57)*q^4+(9*p^2+114*p+225)*q^3+(-6*p^3-153*p^2-486*p+558)*q^2+(3*p^4+96*p^3+459*p^2-207*p-2538)*q-39*p^4-234*p^3+
450*p^2+2403*p-3240 $

R(t) := 

+ 1/(36*(5*s-9))*((s-q+p-3)*c^3+(7*s+2*q-p-9)*b*c^2+(q-2*p-6)*a*c^2+(-2*s-2*q+p+12)*b^2*c+(-q+2*p)*a^2*c+(-7*s+q+9)*b^3+(-7*s-q-p+9)*a*b^2+
(2*s+q+p-6)*a^2*b+(6*s-p-6)*a^3)^2

+ 1/(108*(5*s-9))*((13*s-q-p-15)*c^3+(7*s+3*p-9)*b*c^2+(4*s+3*q-18)*a*c^2+(-2*s-3*p)*b^2*c+(-14*s-3*q+18)*a^2*c+(-5*s-q+2*p+3)*b^3+
(7*s+3*q-3*p-9)*a*b^2+(-2*s-3*q+3*p+18)*a^2*b+(-8*s+2*q-p+12)*a^3)^2

+ 1/(108*(5*s-9)*(335*s^2+(45*q-1188)*s-81*q+945))*
((335*s^2+(40*q+10*p-1101)*s-72*q+810)*(a^3+b^3+c^3) - (25*s^2+(-30*q+60*p-126)*s-54*p+189)*(a*b^2+b*c^2+c*a^2)
-(310*s^2+(60*q-30*p-801)*s-54*q+54*p+351)*(a^2*b+b^2*c+c^2*a)-6*((5*q-10*p-87)*s-9*q+135)*a*b*c)^2

+ 1/(36*(5*s-9)*K*(335*s^2+(45*q-1188)*s-81*q+945))*(K*(a+b-2*c)*(a^2+b^2+c^2-a*b-b*c-c*a) + (M*(a-c) + N*(b-c))*(a-c)*(b-c))^2

+ L/K*(a-b)^2*(b-c)^2*(c-a)^2 $

rat( f(t) - R(t) ) ;

[tolstopuz]

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

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

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

Думаю, в числителе должно быть $25$, иначе задача тривиальна.

С $25$ же это что-то невообразимое, я потратил три недельных лимита. Сначала делал все Астрой Extra High, были очень красивые выкладки, но кончалось все это одинаково - доказательство готово, но либо в нем сотни квадратов каких-то форм и еще сотни слагаемых, либо в конце остается огромная форма шестой степени от трех переменных, область определения делится на несколько клеток, в каждой форма приводится к базису Бернштейна и показывается, что все коэффициенты неотрицательны. Но всего этих коэффициентов порядка $10000$, поэтому доказательство совершенно нечитаемое. Вот, например, один из подходов:

Обозначим $p=\sum_{\rm cyc}a$, $q=\sum_{\rm cyc}a^2$, $R=\sum_{\rm cyc}\frac ab$. Нам нужно доказать, что $pR\ge25$, если $q=5$. Если мы сможем доказать, что $p^2(R-5)\ge\frac52(5q-p^2)$, то, подставив $q=5$, получаем $pR-25\ge\frac{5(p-5)^2}{2p}\ge0$. Более того, это неравенство однородно, поэтому мы можем отнормировать его на $p=5$ и останется доказать, что $2R\ge q+5$.

Еще там сортировали числа по возрастанию и доказывали, что это не слишком ухудшает оценку, а потом все дроби, кроме последней, были не больше $1$ и дальше было легче. Либо сводили $24$ возможных порядка к $5$ основным, что давало более точную оценку.

Но все равно любой подход заканчивался успешным доказательством в виде ужаса из тысяч многозначных чисел и питоновским сертификатом. Я сделал несколько кругов, генерируя идеи Астрой Extra High и упрощая доказательство Sol 6 Medium, но безрезультатно.

Одна забавная деталь - $\frac52$ можно улучшить до $\frac83$ и даже еще чуть-чуть. Оптимум там, вы не поверите, лежит между $2{,}66667$ и $2{,}66669$.

В конце концов я взял Астру Max, и через пару итераций ей удалось получить читабельное доказательство. Оказалось, что надо взять простое советское

[Rak so dna]

tolstopuz в сообщении #1734714 писал(а):

Думаю, в числителе должно быть $25$, иначе задача тривиальна.

Да, конечно.

tolstopuz в сообщении #1734714 писал(а):

Оказалось, что надо взять простое советское

Хотелось бы продолжения...