Неравенство от восьми переменных

[arqady]

Известно, что $\sum\limits_{i=1}^8a_i\geq0$ и $\sum\limits_{1\leq i<j<k\leq8}a_ia_ja_k\geq0.$
Докажите, что

$$64\sum_{i=1}^8a_i^3\geq\left(\sum\limits_{i=1}^8a_i\right)^3$$

Имеется красивое доказательство... Для $n=9$ рассуждение не проходит.

[vmg]

Начнем с неравенства $\left(1\right)$: $4\left(x^3+y^3\right)\ge\left(x+y\right)^3$. Несложными преобразованиями сводится к $\left(x-y\right)^2\ge0$.
Далее, используя $\left(1\right)$, докажем неравенство $\left(2\right)$: $16\left(x^3+y^3+z^3+t^3\right)\ge\left(x+y+z+t\right)^3$:
$4\left(4\left(x^3+y^3\right)+4\left(z^3+t^3\right)\right)\ge4\left(\left(x+y\right)^3+\left(z+t\right)^3\right)\ge\left(\left(x+y\right)+\left(z+t\right)\right)^3$.
Теперь, используя $\left(2\right)$ и $\left(1\right)$, докажем предложенное неравенство:
$4\left(16\left({a_1}^3+\cdots+{a_4}^3\right)+16\left({a_5}^3+\cdots+{a_8}^3\right)\right)\ge4\left(\left(a_1+\cdots+a_4\right)^3+\left(a_5+\cdots+a_8\right)^3\right)\ge\left(\left(a_1+\cdots+a_4\right)+\left(a_5+\cdots+a_8\right)\right)^3$.

[Sasha2]

Не надо так начинать, оно неверно. Возьмите $x=-1$ и $y=-2$.

[novichok2018]

arqady - понятно, что для положительных это стандартное неравенство для средних.

1) Неверное для 9 и всех далее, или с чересполосицей, как в неравенстве Шапиро?
2) Для других средних кроме порядков 3 и 1 тоже есть?
3) Для более простого, средних квадратичного и арифметического?

[arqady]

novichok2018
Среднее квадратическое не меньше среднего арифметического для всех действительных переменных.
И среднее кубическое - иногда, как видите..

[novichok2018]

arqady - не обращал на это внимания, что с квадратичным можно для действительных, спасибо. Для больше 9 наверное несложно, опять берем неверный пример для 9 и добавляем нулями, так?
И скажите, термин "среднее кубическое" - он встречался ранее, в умных книгах, или Вы придумали? Спасибо.

[arqady]

Вам в этом видится какая-то существенная разница? Надеюсь, суть от Вас не ускользнула... Вы тут нам развернули целую панораму слов: Шапиро, арифметическое, среднее,... Что по поводу моего неравенства?

[novichok2018]

Доказать не могу, задача умнее меня. А неравенство очень интересное, спасибо.

[novichok2018]

Вопрос про более простое подобное неравенство для трёх чисел.
Пусть

$$ x,y,z \in \mathbb{R};\ \ x+y+z \geq 0, xyz \geq 0. $$

Верно ли следующее неравенство с некоторой постоянной $A$:

$$ A(x^3+y^3+z^3) \geq (x+y+z)^3 \ \ ? $$

Найти наименьшее возможное значение постоянной $A$.

Понятно, что $A=64$ подходит как одно из значений, нужно в неравенстве для 8 чисел взять три произвольных и пять нулевых. Можно меньше?
Почему про Шапиро спрашивал - единственное известное мне неравенство, которое для ряда начальных значений верно, для других нет, эти значения чередуются. Поэтому заинтересовался, здесь тоже есть подобная особенность?

[Sasha2]

Мне кажется, что начинать нужно вот с такого тождества
$a^3+...+h^3=(a+...+h)(a^2+...+h^2)-a(b^2+...+h^2)-b(a^2+...+h^2)-...-h(a^2+...+g^2)$

Далее
$a(b^2+...+h^2)+b(a^2+...+h^2)+...+h(a^2+...+g^2)=(a+...+h)(ab+...+gh)-(abc+...fgh)$

Хотя, есть очень большие сомнения.
Уважаемый Arqady сказал ведь, что решение должно быть красивым, а тут никакой красотой и не пахнет.

[arqady]

novichok2018 в сообщении #1454176 писал(а):

Пусть

$$ x,y,z \in \mathbb{R};\ \ x+y+z \geq 0, xyz \geq 0. $$

Верно ли следующее неравенство с некоторой постоянной $A$:

$$ A(x^3+y^3+z^3) \geq (x+y+z)^3 \ \ ? $$

Найти наименьшее возможное значение постоянной $A$.

Для $A=9$ это верно.

-- Пн апр 13, 2020 21:07:17 --

Sasha2
Попробуйте найти красивое доказательство для неравенства novichok2018-а.

[Sasha2]

arqady в сообщении #1454248 писал(а):

novichok2018 в сообщении #1454176 писал(а):

Пусть

$$ x,y,z \in \mathbb{R};\ \ x+y+z \geq 0, xyz \geq 0. $$

Для $A=9$ это верно.

-- Пн апр 13, 2020 21:07:17 --

Sasha2
Попробуйте найти красивое доказательство для неравенства novichok2018-а.

Нет ну тут я не могу понять, где тут красоту взять.
Для всех положительных чисел x, y и z - это стандартное power means.
А если есть отрицательные то значит их только два в силу $xyz\geqslant0$
Ну а далее в силу $x+y+z\geqslant0$ все сводится к доказательству $A((-x)^3+(-y)^3+(x+y+\delta)^3)\geqslant\delta^3$
Которое вот так на вскидку будет справедливо и при $A=1$ (Здесь $x, y , \delta$ все больше нуля)

Иными словами, пока указанный коэффициент для случая отрицательных чисел (ну, конечно с соблюдением указанных условий) не более чем для случая, когда все числа неотрицательные.

[arqady]

Sasha2, я имею в виду, попробуйте доказать следующее.

Пусть $a+b+c\geq0$ и $abc\geq0$. Докажите, что:

$$9(a^3+b^3+c^3)\geq(a+b+c)^3.$$

[Sasha2]

arqady в сообщении #1454527 писал(а):

Sasha2, я имею в виду, попробуйте доказать следующее.

Пусть $a+b+c\geq0$ и $abc\geq0$. Докажите, что:

$$9(a^3+b^3+c^3)\geq(a+b+c)^3.$$

Так ведь доказал
Для неотрицательных оно стандартно
А если есть отрицательные при выполнении всех условий то справедливо и $x^3+y^3+z^3\geqslant(x+y+z)^3$, а следовательно и $9(x^3+y^3+z^3)\geqslant(x+y+z)^3$

[arqady]

Да, поскольку если есть отрицательные, то $(x+y)(x+z)(y+z)\leq0.$