Неравенство от треугольного числа переменных

[arqady]

Пусть $n\geq3$, $a_{ij}\geq0$ по всем $i$ и $j$ таких, что $1\leq i<j\leq n$. Докажите, что:

$$\sqrt[3]{\frac{\sum\limits_{1\leqslant i<j<k\leqslant n}a_{ij}a_{ik}a_{jk}}{\binom{n}{3}}}\leqslant \sqrt{\frac{\sum\limits_{1\leqslant i<j\leqslant n}a_{ij}^{2}}{\binom{n}{2}}}$$

(PS)

Для $n=3$ оно очевидно. Для $n=4$ имеется красивое доказательство. Для $n\geq5$ пока не вижу, что делать.

[novichok2018]

Это какая-то форма неравенства Мюрхеда?

[arqady]

novichok2018 в сообщении #1327798 писал(а):

Это какая-то форма неравенства Мюрхеда?

Оно несимметрическое при $n>3$. Поэтому про Мюрхеда можно забыть.

[Null]

Хм, у меня получилось что если $\sum\limits_1^n x_i =0$, то

$$\sqrt[3]{\frac{\sum\limits_1^n x_i^3}{n(n-1)(n-2)}}\leqslant \sqrt[2]{\frac{\sum\limits_1^n x_i^2}{n(n-1)}}$$

Это правда?
$x_i$ - собственные значения симметричной матрицы $(a_{ij})$ с 0 на диагонали.

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #1327782 писал(а):

Пусть $n\geq3$, $a_{ij}\geq0$ по всем $i$ и $j$ таких, что $1\leq i<j\leq n$. Докажите, что:

$$\sqrt[3]{\frac{\sum\limits_{1\leqslant i<j<k\leqslant n}a_{ij}a_{ik}a_{jk}}{\binom{n}{3}}}\leqslant \sqrt{\frac{\sum\limits_{1\leqslant i<j\leqslant n}a_{ij}^{2}}{\binom{n}{2}}}$$

Для $n=3$ оно очевидно. Для $n=4$ имеется красивое доказательство. Для $n\geq5$ пока не вижу, что делать.

для $n=4:\ a_{12} =a, \ a_{13}=b, \ a_{14}=d,\ a_{23}=c,\ a_{24}=e,\ a_{34}=f$

$$\left(abc+ade+fec+fdb\right)^2 \le (a^2+a^2+f^2+f^2)(b^2c^2+d^2e^2+e^2c^2+d^2b^2)= $$ $$=2(a^2+f^2)(b^2+e^2)(c^2+d^2)\le2\left(\dfrac{a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2}{3}\right)^3$$

[Null]

Запишу свое решение:
Пусть $A$ - матрица $n\times n$ с элементами $a_{ji}=a_{ij}$ при $1\leq i<j\leq n$ и $a_{ii}=0$.
Тогда наше неравенство принимает вид:

$$\sqrt[3]{\frac{\operatorname{tr} A^3}{n(n-1)(n-2)}}\le \sqrt[2]{\frac{\operatorname{tr} A^2}{n(n-1)}}$$

Но $\operatorname{tr}A^k=\sum\limits_{i=1}^n x_i^k$, где $\operatorname{diag}(x_i)$ - жорданова форма матрицы $A$(диагональная с действительными элементами у симметрической матрицы)
$\operatorname{tr} A =0$, значит $\sum\limits_{i=1}^n x_i=0$
Рассмотрим многочлен $P(x)=\prod\limits_{i=1}^n(x-x_i)=x^n-P_1x^{n-1}+P_2x^{n-2}-P_3x^{n-3}+\dots$ - у него $n$ корней, значит у его $n-3$ производной

$$n(n-1)(n-2)\dots 4 x^3-(n-1)(n-2)\dots3\cdot P_1 x^2+(n-2)(n-3)\dots 2\cdot P_2 x-(n-3)\dots 1\cdot P_3 $$

$3$ действительных корня.
Значит дискриминант(использовали $P_1=0$)

$$x^3+\frac{6P_2}{n(n-1)} x-\frac{6P_3}{n(n-1)(n-2)} $$

Больше 0

$$-27\left(\frac{6P_3}{n(n-1)(n-2)}\right)^2 -4\left(\frac{6P_2}{n(n-1)}\right)^3\ge0$$

При условии $\sum\limits_{i=1}^n x_i=0$
$P_2=-\frac{\sum\limits_{i=1}^n x_i^2}{2}$
$P_3=\frac{\sum\limits_{i=1}^n x_i^3}{3}$
Значит

$$-27\left(\frac{2\operatorname{tr}A^3}{n(n-1)(n-2)}\right)^2 +4\left(\frac{3\operatorname{tr}A^2}{n(n-1)}\right)^3\ge0$$

Равносильно(на самом деле сильнее) тому что требуется доказать.