Неравенства (одно-двухходoвки)

[sergei1961]

Не в плане критики, а чтобы разобраться: строго говоря, можно считать такое рассуждение с приближённым вычислением корней производной, строгим доказательством?

[TR63]

arqady,
спасибо за решение.

Sergic Primazon в сообщении #1041936 писал(а):

arqady в сообщении #1041071

писал(а):
9. $a>0$, $b>0$. Докажите, что:

$$a^ab^b\geq\left(\frac{a^2+b^2}{2}\right)^{\frac{a+b}{2}}$$

Это неравенство можно было также сконструировать гипотетически, не решая как следствие из

arqady в сообщении #1042033 писал(а):

TR63 в сообщении #1041770

писал(а):
Тогда для положительных $(a;b)$ при $a+b=1$ верно ли неравенство:
$a^2+b^2\le 2a^ab^b$

Получается, что ноги растут у обоих из моего простого первого неравенства, которое доказал arqady (но можно доказать иначе).

[arqady]

sergei1961 в сообщении #1042040 писал(а):

строго говоря, можно считать такое рассуждение с приближённым вычислением корней производной, строгим доказательством?

Да, по моему. Ведь у Вас же есть точное число корней производной и все области возрастания и убывания функции.
Больше ведь ничего не нужно.

TR63, AM-GM я просто прозевал.

[Sergic Primazon]

TR63 в сообщении #1041770 писал(а):

$a^2+b^2\ge a^ab^b$, $a+b=1$, $(a;b)> 0$

$$\Leftrightarrow a \left ( \frac{a}{b} \right )^b+b \left ( \frac{a}{b} \right )^{-a} \ge (a+b) \left ( \frac{a}{b} \right )^{\frac{ab-ba}{a+b}}=1$$

[arqady]

14. $\sqrt a$, $\sqrt b$ и $\sqrt c$ длины сторон треугольника. Докажите, что:

$$a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2\geq(a^2+b^2+c^2)abc$$

[TR63]

Sergic Primazon,
красивая эквивалентность. Если привести доказательство с помощью АМ-ГМ, то получим ещё интересные дополнительные неравенства.

[Lia]

Фрагмент с поиском частной ошибки отделен в «Из "Неравенства (одно-двухходовки)"»

[TR63]

arqady в [url=http://dxdy.ru/post1042102.html#p1042102]сообщении #1042102[/[url] писал(а):

14. $\sqrt a$, $\sqrt b$ и $\sqrt c$ длины сторон треугольника. Докажите, что:
$$a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2\geq(a^2+b^2+c^2)abc$

Не ограничивая общности, можно считать, что $b\le a\le c$. Тогда исходное неравенство можно переписать в виде:
$a^3(bc-b^2)-c^3a^2+(b^3c+c^3b)a-b^3c^2\le 0$
Уравнение не имеет отрицательных корней. По теореме Стодолы имеем неустойчивость. Т.е. уравнение имеет один положительный корень. Неравенство на концах промежутка при $a=c$, $a=b$
не меняет знак
$-c^3(c-b)^2\le 0$,
$-b^3(b-c)^2\le 0$.
Значит на промежутке нет изменения знака. Неравенство верно.
Примечание. Неравенство составлено по гипотетической технологии составления неравенств. Поэтому изначально у него шансы быть не верным были ничтожны.

[arqady]

TR63 в сообщении #1042322 писал(а):

Не ограничивая общности, можно считать, что $b\le a\le c$

При $b\le a\le c$ получаем:
$\sum\limits_{cyc}(a^3b^2-a^3bc)\geq0\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}(2a^3b^2-2a^3bc)\geq0\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}(a^3b^2+a^3c^2-2a^3bc)\geq\sum\limits_{cyc}(a^3c^2-a^3b^2)\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}a^3(b-c)^2\geq(a-b)(b-c)(c-a)(ab+ac+bc)$,
что очевидно поскольку левая часть последнего неравенства неотрицательна, а правая - неположительна.
По-моему, гораздо интереснее случай $a\geq c\geq b$.

[TR63]

TR63 в сообщении #1042322 писал(а):

Т.е. уравнение имеет один положительный корень.

Этот пункт не доказан. Надо исследовать устойчивость уравнения:
$a^3(bc-b^2)+c^3a^2+(b^3c+c^3b)a+b^3c^2\le 0$
Если оно неустойчиво, то исходное будет иметь один положительный корень. Этот метод либо не даёт полного решения, либо сложен. Вроде, получается неустойчивость. Надо ещё проверить арифметику.

-- 03.08.2015, 12:32 --

arqady в сообщении #1042324 писал(а):

По-моему, гораздо интереснее случай $a\geq c\geq b$

Тогда, если подтвердится неустойчивость первого рассматриваемого случая, надо рассматривать уравнение относительно переменной (с).

[TR63]

Для неустойчивости получилась область:
$b^4-cb^3+c^2b^2+c^4<0$
Получается, что во всей области определения уравнение устойчиво. Следовательно, стандартного доказательства этим методом не получается. Только гипотетическое. Но гипотетическое можно было получить гораздо проще.

[sergei1961]

Уважаемый arqady, для неравенства со средним квадратичным выше $M_2$ есть доказательство, кроме приведённого через ряды? Вроде обсуждалось, что есть через AM-GM, оно приводилось, я что-то пропустил?

[arqady]

Можно ещё продиффенцировать два раза. Но первый шаг - свести всё к исследованию функции от одной переменной.

[TR63]

arqady в сообщении #1042324 писал(а):

TR63 в сообщении #1042322

писал(а):
Не ограничивая общности, можно считать, что $b\le a\le c$

TR63 в сообщении #1042345 писал(а):

arqady в сообщении #1042324

писал(а):
По-моему, гораздо интереснее случай $a\geq c\geq b$

На этих промежутках общность нарушается. Одну из причин её нарушения я (гипотетически) вижу в нарушении структуры устойчивости многочленов. В первом случае устойчивость имеется во всей области определения, а во втором этого свойства нет. Поэтому требуется для сохранения знака неравенства дополнительное условие в виде, например, условия существования треугольника, т.е. $a< (c+b)$.
Исходное неравенство перепишем в виде:
$c^3a(a-b)+b^3c^2-(a^3b+b^3a)c+a^3b^2\ge 0$
$b\le c\le a$
$c=a$, $a^3(a-b)^2>0$
$c=b$, $b^3(a-b)^2>0$
Если знак неравенства при $c=a+b$ будет отрицательным, то задача будет решена.

[TR63]

TR63 в сообщении #1044623 писал(а):

Исходное неравенство перепишем в виде:
$c^3a(a-b)+b^3c^2-(a^3b+b^3a)c+a^3b^2\ge 0$
$b\le c\le a$

Учитывая два раза однородность, достаточно рассмотреть случай $a=1$, $1\ge c\ge b$ (это новые переменные).
$(c-c^2)b^3-b^2+(c^3+c)b-c^3\le 0$
$b=0$, $f\le 0$
$b=c$, $f\le 0$
Если на промежутке один положительный корень (трёх при одинаковых значениях на концах не может быть) и нет изменения знака, то неравенство сохраняет знак. Остаётся рассмотреть случай, когда на промежутке два положительных корня, а третий корень находится вне промежутка. Т.е. задача сводится к рассмотрению случая $a>b>c$.