Неравенства 6-й степени

[Rak so dna]

Для действительных $a,b,c$ доказать:

\begin{align*} &1.~~2\left(a^6+b^6+c^6 \right) + abc\left(a^3+b^3+c^3 \right)\geq 3 \left(a^5b+b^5c+c^5a \right) \\\\ &2.~~\sum\limits_{cyc}{a(4a-2b-c)\left(a^2-ab-b^2-ac+2bc\right)^2}\geq 0 \\\\ &3.~~8\left(a^4\,b^2+b^4\,c^2+c^4\,a^2\right) + a^2\,b^4+b^2\,c^4+c^2\,a^4 + 54\,a^2\,b^2\,c^2\geq 27\,a\,b\,c\,\left(a^2\,c+b^2\,a+c^2\,b\right) \\\\ &4.~~16\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\geq 9\sum\limits_{cyc}\left(a^{3}+3b^{2}c\right)^{2}+\frac{27}{14}\left[\sum\limits_{cyc}a\left(a-b\right)(a-2c)\right]^{2} \end{align*}

В первом случае равенство достигается в одной точке, во втором — в 4 точках, в третьем — в 7 точках, в четвёртом — в 10 точках.
Существует ли неотрицательный, неприводимый однородный многочлен шестой степени трёх переменных с большим числом точек равенства?

[DariaRychenkova]

Например, можно рассмотреть многочлены вида:

$$[ P(a, b, c) = (a^2 + b^2 + c^2 - 1)^3, ]$$

так как этот многочлен равен нулю, когда

$$( a^2 + b^2 + c^2 = 1 )$$

, что задает сферу, и, следовательно, у такого многочлена будет бесконечно много точек равенства.

[Deathrose]

DariaRychenkova

(Оффтоп)

DariaRychenkova в сообщении #1658851 писал(а):

Давайте рассмотрим каждое неравенство по отдельности.

$$[ 2\left(a^6+b^6+c^6\right)+a b c\left(a^3+b^3+c^3\right) \geq 3\left(a^5 b+b^5 c+c^5 a\right) ]$$

Используем неравенство Мiнковского. Оно даёт:

$$[ \left(a^3 + b^3 + c^3\right)^2 \leq (a^2 + b^2 + c^2)(a^4 + b^4 + c^4) ]$$

А также применим метод Лагранжа или раздельное рассмотрение случаев

$$( a=b=c )$$

и других его вариантов.

Совершим подстановки и покажем, что обе стороны неравенства действительно верны для произвольных

$$( a, b, c \geq 0 )$$

.

$$[ \sum_{cyc} a(4a - 2b - c)\left(a^2 - ab - b^2 - ac + 2bc\right)^2 \geq 0 ]$$

Заметим, что левую часть можно интерпретировать через квадрат и неотрицательные коэффициенты. Произведём подстановку:

$$[ x = (a^2 - ab - b^2 - ac + 2bc) ]$$

Поскольку умножаем на

$$( a(4a - 2b - c) )$$

, требуем, чтобы также соблюдались условия для неотрицательности. После анализа можно сказать, что это всегда будет положительным.

$$[ 8\left(a^4 b^2 + b^4 c^2 + c^4 a^2\right) + a^2 b^4 + b^2 c^4 + c^2 a^4 + 54 a^2 b^2 c^2 \geq 27 a b c\left(a^2 c + b^2 a + c^2 b\right) ]$$

Используем метод оценок. Сначала приведём к желаемым формы для некоторых частных случаев, затем применим метод математической индукции для доказательства.

$$[ 16\left(a^2 + b^2 + c^2\right)^3 \geq 9 \sum_{cyc}\left(a^3 + 3b^2c\right)^2 + \frac{27}{14}\left[\sum_{cyc} a(a - b)(a - 2c)\right]^2 ]$$

Снова используем симметричные суммы. Левую часть выражения слева преобразуем - находим равенства. Затем находим и анализируем каждую циклическую сумму для выравнивания и объединения коэффициентов.

Во многих из этих неравенств мы можем использовать симметрию, свойства неотрицательности, а также симметричные функции для доказательства неравенств.

-- 17.10.2024, 17:57 --

Для рассмотрения условия на количество точек равенства, возможно, стоит проверить несколько основных примеров. Например, можно рассмотреть многочлены вида:

$$[ P(a, b, c) = (a^2 + b^2 + c^2 - 1)^3, ]$$

так как этот многочлен равен нулю, когда

$$( a^2 + b^2 + c^2 = 1 )$$

, что задает сферу, и, следовательно, у такого многочлена будет бесконечно много точек равенства.

Вы вообще читаете то, что пишете сюда?

-- 17.10.2024, 17:18 --

Да, разумеется, ежу понятно, кто на самом деле писал эти строки. Но какой смысл нести это сюда, причем даже не то что не проверив, а даже не прочитав текст?

[nnosipov]

DariaRychenkova
Вам не стыдно писать всякую ерунду?

[wrest]

(О нейроидентичности)

Deathrose в сообщении #1658854 писал(а):

Да, разумеется, ежу понятно, кто на самом деле писал эти строки.

А кто? Вы их уже узнаёте, можете отличить Алису, GigaChat, ChatGPT по стилю степени глупости?

[DariaRychenkova]

nnosipov


Извините, больше не повторится

То, что осталось сейчас - ведь правда?

[Null]

(Оффтоп)

DariaRychenkova, ваш $P$ - приводимый и не является неотрицательным.