Неравенство 11.

[TR63]

Rak so dna, спасибо за помощь.

[TR63]

Rak so dna, возможно, у нас путаница с переменными (b) и ($b_1$). Чтобы точнее найти границу, где внутренняя скобка верна, можно сделать уточнение, учитывая результат, полученный при решении случая, когда $b\ge1$. Там есть зазор, который даёт возможность рассматривать $b\le0.92715$ тогда $b_1\le\sqrt{0.92715}$. Поэтому контрпример $b=0.9$ не подходит.
Теперь продолжу решение.
Выпишем внутреннюю скобку

$$b_1^2(15a_1^4-16a_1^3)+(19b_1^4-16b_1^3+8b_1^2-11)a_1^2+8(1-b_1^4)a_1+2.1397>0$$

$\sqrt{\frac1 2}<b_1<\sqrt{0.92715}$

Теперь ищем минимум. У меня получается, что при этих условиях он положителен. В первом слагаемом я беру $\max{b_1}$; во втором ищу минимум на Вольфраме; в третьем беру $\max{b_1}$. Если ошибок нет, то можно продолжить рассмотрение оставшегося промежутка.

[Rak so dna]

TR63 я Вам уже говорил, что Ваше "усиленное" неравенство

$$(4b^3+8b^2-11b)+(4a^3+8a^2-11a)+19ab^2+19a^2b+8ab\ge8[(a+b)^2-1](\sqrt{a}+\sqrt{b})$$

верно лишь для

Rak so dna в сообщении #1180532 писал(а):

$a\leqslant\frac{1}{4}$; $b\leqslant1$

ну и конечно же для симметричного случая.

[TR63]

TR63 в сообщении #1180494 писал(а):

Не ограничивая общности $b\le\sqrt b\le1$. $b\ge\frac1 2$. Обозначим $\sqrt{b}=b_1$, $\sqrt{a}=a_1$.

$[4a_1^6-8a_1^5+(19b_1^2-8b_1+8)a_1^4-15b_1^2a_1^4]+[15b_1^2a_1^4-16b_1^2a_1^3+(19b_1^4-16b_1^3+8b_1^2-11)a_1^2+8(1-b_1^4)a_1+2.01397]+[4b_1^6+8b_1^5+8b_1^4-11b_1^2+8b_1-2.01398]>0$

Я спрашивала

TR63 в сообщении #1180494 писал(а):

Если преобразования верны, то дальше проще.

Подставляю сюда $b_1=\sqrt{0.9}$, $a_1=\sqrt{0.4}$. Получаю, что верно. Подставляю числа в не преобразованное неравенство. Получаю не верное неравенство. Значит ошибка находится в преобразовании.
Думаю, что преобразованное неравенство доказано верно. Надо поискать, где там ошибка в преобразовании.
То, что, всё-таки, "усиленное" неравенство верно при указанных Rak so dna
условиях, меня устраивает. (Для гипотетической экстраполяции, с учётом значения на конце промежутка, этого достаточно.)

[Rak so dna]

TR63 в сообщении #1180917 писал(а):

Не ограничивая общности $b\le\sqrt b\le1$. $b\ge\frac1 2$. Обозначим $\sqrt{b}=b_1$, $\sqrt{a}=a_1$.

$[4a_1^6-8a_1^5+(19b_1^2-8b_1+8)a_1^4-15b_1^2a_1^4]+[15b_1^2a_1^4-16b_1^2a_1^3+(19b_1^4-16b_1^3+8b_1^2-11)a_1^2+8(1-b_1^4)a_1+2.01397]+[4b_1^6+8b_1^5+8b_1^4-11b_1^2+8b_1-2.01398]>0$

Должно быть
$[4a_1^6-8a_1^5+(19b_1^2-8b_1+8)a_1^4-15b_1^2a_1^4]+[15b_1^2a_1^4-16b_1^2a_1^3+(19b_1^4-16b_1^3+8b_1^2-11)a_1^2+8(1-b_1^4)a_1+2.01397]+[4b_1^6-8b_1^5+8b_1^4-11b_1^2+8b_1-2.01397]>0$

[TR63]

Rak so dna, теперь вижу: есть опечатка. Большое спасибо (сегодня пересчитывала вручную и вновь её не заметила.)
Но странная опечатка. Из неё получается, что исходное неравенство верно. (Если эта опечатка даёт непрерывно ложное (во всей области определения) неравенство, то для исходного неравенства это хорошо; но это, так, наблюдение.)
Вопросов больше нет.

[TR63]

TR63 в сообщении #1179834 писал(а):

При положительных (a;b), $(a+b)\ge1$ доказать неравенство
$(4b^3+8b^2-11b)+(4a^3+8a^2-11a)+19ab^2+19a^2b+8ab\ge8[(a+b)^2-1]\sqrt{2ab+a+b}$
При этих условиях правая и левая части неотрицательны. Возведём их в квадрат. получим многочлен шестой степени, который при $b\ge1$ неотрицателен, т.к. все его коэффициенты будут положительны при заданных условиях. Этот случай пропустим. Остаётся рассмотреть $0\le b\le1$

Возникла новая идея для оставшегося случая $\frac1 2<b<1$: рассмотреть вместо полученного многочлена шестой степени$f(a;b)$ многочлен $f[(a+1);b]$. Если он имеет не более одного положительного корня при $0<a<1$ (считала на Вольфраме; так и получается), то многочлен $f(a;b)$ также при $0<a<1$ будет иметь не более одного корня. А, этого достаточно для доказательства того, что многочлен шестой степени $f(a;b)$ при $0<a<1$ положителен, т.к. $f[(1-b);b]>0$.
Если эта идея верна, то можно будет расписать подробнее, чтобы проверить арифметику.

[TR63]

Корни сместятся влево. И таким способом мы не узнаем, сколько их было. Т.е. получаем очень ложное утверждение во всей области определения, и вывод из него будет гипотетически непрерывно верным, либо непрерывно ложным. Имеющиеся аналитические доказательства подтверждают этот вывод.

[Rak so dna]

TR63 в сообщении #1181182 писал(а):

Т.е. получаем очень ложное утверждение во всей области определения, и вывод из него будет гипотетически непрерывно верным, либо непрерывно ложным

Любой вывод из любого ложного утверждения всегда и верный и неверный одновременно. Этим успешно пользуются многие (особенно девушки). Я тоже иногда пользуюсь, но стараюсь обходить в таком состоянии математику. С Новым Годом!

[TR63]

(Оффтоп)

Rak so dna в сообщении #1181260 писал(а):

Любой вывод из любого ложного утверждения всегда и верный и неверный одновременно

Согласна. Последнее слово за практикой. Если ложь была непрерывной во всей области определения, то это, я предполагаю, особый случай, не требующий много практики при определённых условиях. Но это уже к этой теме не относится. И "мысля" эта находится частично в "Пургатории". Оставшаяся часть находится в теме "Найти ошибку в решении диофантова уравнения", которая на пути в "Пургаторий". Да только застряла. Собственно, ошибку в простейшей школьной задаче найти никто не может. Но, как говорится, лучше один раз увидеть (ошибку), чем сто раз услышать, что это бред. Как только увижу ошибку, тоже буду обходить в таком состоянии математику.

С Новым Годом!

[TR63]

TR63 в сообщении #1179834 писал(а):

При положительных (a;b), $(a+b)\ge1$ доказать неравенство
$(4b^3+8b^2-11b)+(4a^3+8a^2-11a)+19ab^2+19a^2b+8ab\ge8[(a+b)^2-1]\sqrt{2ab+a+b}$
При этих условиях правая и левая части неотрицательны. Возведём их в квадрат. получим многочлен шестой степени, который при $b\ge1$ неотрицателен, т.к. все его коэффициенты будут положительны при заданных условиях. Этот случай пропустим. Остаётся рассмотреть $0\le b\le1$.

В этом случае, после возведения в квадрат, представляем многочлен в виде суммы двух функций, выделяя с правого конца квадратный трёхчлен (кстати, у него отрицательный дискриминант). Смотрим на знак коэффициента при старшей степени квадратного трёхчлена, и получаем точку, с которой надо начать исследование. Далее получаем новую точку, рассматривая $\min{f_1}-\max{f_2}>0$. Оставшийся промежуток исследуется стандартно с помощью производной и учёта свойства функции, имеющей один действительный корень на промежутке (т.е. её достаточно исследовать на концах промежутка для выяснения сохранности её знака на этом промежутке).
Остаётся проверить арифметику.

$f=[16a^6+(136ab+56)a^5+(449b^2+328b-24)a^4+(658b^3+592b^2-346b-160)a^3]_1+[(449b^4+592b^3-580b^2-304b+121)a^2+(136b^5+328b^4-346b^3-304b^2+226b-8)a+(16b^6+56b^5-24b^4-160b^3+121b^2-8b)]_2$

$f=t_6a^6+t_5a^5+t_4a^4+t_3a^3+t_2a^2+t_1a+t_0>0$

$t_4=0$ $\{0.06702\}$

$t_3=0$ $\{0.61128\}$

$t_2=2$ $\{0.29375; 0.80757\}$

$t_1=0$ $\{0.03735; 0.57545; 0.92715\}$

$t_0=0$ $\{0.07328; 0.89932; 0.95342\}$

1). $b>0.80757$

Здесь дискриминант второй скобки отрицателен. Старший коэффициент положителен. Первая скобка положительна. Многочлен положителен.

2). $0.69146<b<0.80757$

Количество положительных корней в обеих скобках не более одного. Берём минимум первой скобки при $a=1-b$ и максимум второй скобки при $a=b$. Получаем $\min{f_1}-\max{f_2}>0$. Т.е. $f>0$.

3). $0.57545<b<0.69146$

Здесь $f'_a$ имеет не более одного положительного корня. $f'_a(a=1-b)>0$, значит$f'_a>0$. Т.е. сама функция монотонно возрастает и достаточно исследовать на концах промежутка $1-b<a<b$.

4). $0.5<b<0.57545$

Здесь дополнительно рассматриваем вторую и третью частные производные. Проблем не возникает. Всё сходится.

Конечно решение (если нет опечаток) громоздкое. Но было интересно убедится самостоятельно, что гипотеза "о следовании из непрерывно ложного во всей области определения" подтверждается стандартными методами.

(Оффтоп)

Гипотеза и не могла не подтвердится, т.к. при дополнительных условиях она элементарно доказывается. Поэтому она всегда подтверждается стандартными методами. Мне, по крайней мере, контрпримеры не встречались.