Неравенство 11.

[TR63]

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 $0\le b\le1$. Рассмотрим два случая, положив $b\ge\frac1 2$.
1). $0<a\le\frac1 2$.

$f(b)=4b^3+8b^2-11b>f(1-a)$, т.к. монотонно возрастает при $b>1-a>\frac1 2$

Сделаем усиление, уменьшив левую часть, заменив (b) на $(1-a)$. В правой части заменив (b) на (1). Возведём обе части в квадрат. Получим уменьшенную функцию с двумя $(+)$ корнями. Но в рассматриваемой области определения находится один положительный корень (вычисляю на Вольфраме).
Значит больший (исходный) многочлен шестой степени в этой области также будет иметь не более одного положительного корня. Здесь у меня сомнение: верно ли это рассуждение.
Второй случай рассматривается аналогично.
Далее исследуем исходный многочлен на концах промежутка (это техническая работа; она меня не интересует).
Меня интересует, верна ли используемая идея. Уточню её ещё раз.
"Свойство".
Если на $[a;b]$ многочлен f обладает свойством $f=f_1+f_2$ и $f_2>0$. Количество положительных корней на этом промежутке $K(D^+)f_1=1$, то $K(D^+)f\le1$.

[Xaositect]

TR63 в сообщении #1179834 писал(а):

Если на $[a;b]$ многочлен f обладает свойством $f=f_1+f_2$ и $f_2>0$. Количество положительных корней на этом промежутке $K(D^+)f_1=1$, то $K(D^+)f\le1$.

Это неверно. Возьмем на отрезке $[0,4]$ многочлены $f_1(x) = 4(x - 4)$, $f_2(x) = (x - 4)^2 + 3$. У нас $f_1$ имеет 1 корень, $f_2 > 0$, а $f_1 + f_2 = (x - 4)^2 + 4(x - 4) + 3$ имеет 2 корня - $1$ и $3$.

[TR63]

Xaositect, понятно. Спасибо.
Это, если добавлять положительную константу, а не функцию, количество корней не увеличится. Верно?

[Xaositect]

Может увеличиться. Например $f_1 = (x - 1)(x - 2)(x - 3) - 10$, $f_2 = 10$.

[TR63]

Наверное, увеличение произошло за счёт неустойчивых комплексных корней. Но это не столь важно, поскольку, как выяснилось, к решению неравенства отношения не имеет.

[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 $b\ge0.9534$ неотрицателен, т.к. все его коэффициенты будут положительны при заданных условиях. Этот случай пропустим. Остаётся рассмотреть $0\le b\le1$

Сделаем усиление исходного неравенства, заменив под корнем в выражении $2ab$ (a) на $\sqrt{a}$, (b) на $\sqrt{b}$. Получим (после перенесения в левую часть) уменьшенный многочлен шестой степени. Не ограничивая общности $b\le\sqrt b\le1$. $b\ge\frac1 2$. Обозначим $\sqrt{b}=b_1$, $\sqrt{a}=a_1$.

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

Крайние скобки неотрицательны. Остаётся исследовать внутреннюю скобку, т.е. многочлен четвёртой степени. Его частная производная $f'_{b_1}$ хорошая. Останется исследовать квадратный трёхчлен

$f'_{b_1}=2a_1b_1[2(19a_1-8)b_1^2-24a_1b_1+a_1(15a_1^2-16a_1+8)]$

Считала на Вольфраме. Если преобразования верны, то дальше проще. Короче метод проходит, если нет арифметических ошибок. Понятно, что такое решение громоздко. Но идея мне вполне понятна. В "Олимпиадном разделе" это неравенство доказано разными способами.
Меня заинтересовало то, что неравенство получено из однородного неравенства и перестановочно по переменным (a;b). По переменам знака получается (гипотетически) сразу (устно) количество положительных корней не более одного. Но в общем случае этим свойством пользоваться нельзя. У меня возникла гипотеза, что для некоторого класса можно. Поэтому коллекционирую такие неравенства.

[Rak so dna]

TR63 в сообщении #1180494 писал(а):

Сделаем усиление исходного неравенства, заменив под корнем в выражении $2ab$ (a) на $\sqrt{a}$, (b) на $\sqrt{b}$

Это может быть усилением (хотя врятли) только когда $ab\leqslant1$

[TR63]

Rak so dna, пока не поняла, что Вы написали. Я рассуждала так: т.к. $a<1$, $b<1$, то

$a<\sqrt a$
$b<\sqrt b$

Перемножаем, получаем:

$ab<\sqrt{ab}$

Под корнем в результате общая сумма увеличилась (сворачиваем её как квадрат суммы и переносим в левую часть).Чем больше вычитаем, тем меньше получаем. Т.е. получаем усиление.

[Rak so dna]

TR63 ваше рассуждение верное, а получившееся неравенство уже нет

[TR63]

Rak so dna, я знаю, что оно верно не во всей области определения. Там есть промежуток, где я применяю другой метод, используя зазор между этим вариантом и первоначальным вариантом, когда просто $a+b\ge1$ (там с Вольфрамом всё легко считается, но громоздко).
Если после переобозначений я верно записала неравенство, то можно будет продолжить решение. Только, возможно, позже.

[Rak so dna]

TR63 укажите конкретно, где по Вашему мнению верно получившееся неравенство.

[TR63]

Rak so dna, получилось для усиленного неравенства

$a<0.9537$

Возможно, я забыла извлечь корень (или возвести (это хуже) в квадрат это число; ведь была замена переменных; надо ещё проверять, но голова уже не варит).

[Rak so dna]

TR63 не верно, например $a=b=0.9$

[TR63]

Надо это число возвести в квадрат. Тогда $a<0.5225$ Тогда получается частичная область.

[Rak so dna]

TR63 всё равно не верно: $a=0.4$; $b=0.9$
Ваше неравенство вроде бы верно (хотя, конечно, надо проверить более аккуратно) при следующих условиях:
$a\leqslant\frac{1}{4}$; $b\leqslant1$ причем условие $a+b\geqslant1$ можно не требовать