Усиление одного известного неравенства

[arqady]

Пусть $a,$ $b$ и $c$ - положительны и такие, что $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3.$ Докажите, что

$$(a+b+c)^5\geq12(a^4b+a^4c+b^4a+b^4c+c^4a+c^4b)+171$$

[nn910]

arqady в сообщении #232594 писал(а):

Пусть $a,$ $b$ и $c$ - положительны и такие, что $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3.$ Докажите, что

$$(a+b+c)^5\geq12(a^4b+a^4c+b^4a+b^4c+c^4a+c^4b)+171$$

topic23830.htm показал некоторые резервы роста метода, который и сейчас позволит свести задачу к неравенству от одной положительной переменной.
Обозначения те же.$\sigma_1=a+b+c$, $\sigma_2=ab+bc+ac$, $\sigma_3=abc$, тогда a,b,c- 3положительных корня уравнения $z^3-\sigma_1z^2+\sigma_2z-\sigma_3=0$Из условия нормировки $\sigma_2=3\sigma_3$Доказуемое неравенство приведем к виду(проверено,мин нет):

$$\sigma_1(\sigma_1^2-6\sigma_2)^2+12\sigma_3(\sigma_1^2-5\sigma_2)-171\ge0$$

С помощью условия нормировки уравняем у слагаемых размерность:

$$\sigma_1(\sigma_1^2-6\sigma_2)^2+12\sigma_3(\sigma_1^2-5\sigma_2)-171\dfrac{243\sigma_3^5}{\sigma_2^5}\ge0$$

Полином не линейный, а 5й степени от $\sigma_3$, однако не имеет локальных минимумов при $\sigma_3\ge0$. Сл-но минимум на границе множества возможных значений троек($\sigma_1$, $\sigma_2$, $\sigma_3$ )таких что три корня a,b,c положительны .В упомянутом топике смещением кубической параболы было показано, что на границе выполнено хотя бы одно из четырех условий: 1)$\sigma_3=0$,2)a=b,3)a=c,4)b=c
При $\sigma_3=0$ неравенство очевидно. При a=b=1,c=х получается многочлен

$$(2x+1)^5(x^5-14x^4+40x^3+80x^2+56x+8)-171*243x^5$$

который у меня 2 раза разделился на $(x-1)$ но коэффициенты получились 5-значные. Надо доказать неотрицательность.

Исправил,хотя он уже процитирован.Как обычно: начало поста-хорошо отработанные вещи, а в конце опечатки (не оттуда списал).Мои извинения.

[arqady]

nn910 в сообщении #233531 писал(а):

При a=b=1,c=х получается многочлен

$$(2x+1)^5(x^5-14x^4+40x^3+80x^2+56x+8)-171*243x^5$$

который у меня 2 раза разделился на $(x-1)$ но коэффициенты получились 5-значные. Надо доказать неотрицательность.

Проще доказать неотрицательность $f(x)=5\ln( 2x+1)+\ln(x^5-14x^4+40x^3+80x^2+56x+8)-5\ln x-\ln(171\cdot243).$

Вот ещё усиление, но другого известного неравенства.
Пусть $a,$ $b$ и $c$ - положительны. Докажите, что

$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\left(\frac{ab+ac+bc}{a^2+b^2+c^2}\right)^2\geq4$$

[nn910]

arqady в сообщении #233555 писал(а):

nn910 в сообщении #233531 писал(а):

При a=b=1,c=х получается многочлен

$$(2x+1)^5(x^5-14x^4+40x^3+80x^2+56x+8)-171*243x^5$$

который у меня 2 раза разделился на $(x-1)$ но коэффициенты получились 5-значные. Надо доказать неотрицательность.

Проще доказать неотрицательность $f(x)=5\ln( 2x+1)+\ln(x^5-14x^4+40x^3+80x^2+56x+8)-5\ln x-\ln(171\cdot243).$

Вот что вышло после деления на$(x-1)^2$:

> eq:= 2*(16*x^4+56*x^3+96*x^2+116*x+121)*(x^4-13*x^3+27*x^2+107*x+163)-(35838*x^3+61398*x^2+63558*x+39438) =y;
> plots[implicitplot](eq,x=-1..10,y=-2..10000000,numpoints=25000);
> plots[implicitplot](eq,x=-1..1,y=-2..10,numpoints=25000);

В maple9 очевидна неотрицательность(даже не менее 8), хорошо бы разработать метод, как(для полиномов большой степени, или,скажем, тригонометрических выражений) превращать эту наглядность в строгое док-во.
arqady, просмотров полно, люди думали,не пора ли Вам сообщить что-то о более красивом док-ве исходного неравенства?

[arqady]

nn910 писал(а):

В maple9 очевидна неотрицательность(даже не менее 8).

Мне нравится ( никому это не навязываю ) такого типа вещи делать вручную.

nn910 писал(а):

arqady, просмотров полно, люди думали,не пора ли Вам сообщить что-то о более красивом док-ве исходного неравенства?

Я имел в виду именно то, что Вы и нашли. Имхо, метод очень мощный.
Что Вы думаете по поводу моего второго неравенства? Здесь другой метод, как и предыдущий, позволяющий иногда получать максимальные результаты.

[nn910]

arqady в сообщении #235001 писал(а):

nn910 писал(а):

В maple9 очевидна неотрицательность(даже не менее 8).

Мне нравится ( никому это не навязываю ) такого типа вещи делать вручную. :D
Я имел в виду именно то, что Вы и нашли. Имхо, метод очень мощный.

Более того, ни один рецензент- математик не пропустит marple-график в качестве доказательства неравенства. И как-то не по олимпийски.

Цитата:

Что Вы думаете по поводу моего второго неравенства? Здесь другой метод, как и предыдущий, позволяющий иногда получать максимальный результат. :wink:

Только вчера увидел.

[nn910]

arqady в сообщении #233555 писал(а):

Вот ещё усиление, но другого известного неравенства.
Пусть $a,$ $b$ и $c$ - положительны. Докажите, что

$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\left(\frac{ab+ac+bc}{a^2+b^2+c^2}\right)^2\geq4$$

Пусть для определенности с-наименьшее из a,b,c.Положим а=сх,b=cy.Надо доказать $\dfrac{x}{y}+y+\dfrac{1}{x}+(\dfrac{xy+x+y}{x^2+y^2+1})^2\geq4$.Избавимся от (положительных)знаменателей.Надо доказать, что полином$t=xy \left( x+y+xy \right) ^{2}+ \left( {x}^{2}y+{y}^{2}+x-4\,xy \right) \left( {x}^{2}+{y}^{2}+1 \right) ^{2}\geq0 $ при $x\geq1$, $y\geq1$Код в marple:

t=x*y*(x+y+x*y)^2+(x^2 *y+y^2+x-4*x*y)*(x^2+y^2+1)^2;

Делаем замену$x=1+u$, $y=1+v$, u,v неотрицательны.После подстановки и упрощений

$$t={u}^{6}v+2\,{u}^{4}{v}^{3}+{u}^{2}{v}^{5}+{u}^{6}+2\,{u}^{5}v+7\,{u}^{ 4}{v}^{2}+{u}^{3}{v}^{3}+7\,{u}^{2}{v}^{4}-2\,u{v}^{5}+{v}^{6}+3\,{u}^ {5}+5\,{u}^{4}v+11\,{u}^{3}{v}^{2}+$$

$$+13\,{u}^{2}{v}^{3}-5\,u{v}^{4}+3\,{ v}^{5}+5\,{u}^{4}+29\,{u}^{2}{v}^{2}-12\,u{v}^{3}+5\,{v}^{4}+2\,{u}^{3 }+9\,{u}^{2}v+2\,{v}^{3}+3\,{u}^{2}-3\,uv+3\,{v}^{2}$$

Видим что только 4 из слагаемых отрицательны ,но успешно "съедаются" соседями справа и слева:

$$t={u}^{6}v+2\,{u}^{4}{v}^{3}+{u}^{2}{v}^{5}+{u}^{6}+2\,{u}^{5}v+7\,{u}^{ 4}{v}^{2}+{u}^{3}{v}^{3}+{v}^{4} \left( \left( u-v \right) ^{2}+6\,{u }^{2} \right) +3\,{u}^{5}+5\,{u}^{4}v+11\,{u}^{3}{v}^{2}+$$

$$+{v}^{3} \left( uv+10\,{u}^{2}+3\, \left( u-v \right) ^{2} \right) +5\,{u}^{4} +{v}^{2} \left( 8\,uv+9\,{u}^{2}+5\, \left( v-2\,u \right) ^{2} \right) +2\,{u}^{3}+9\,{u}^{2}v+2\,{v}^{3}+ 1.5\,{u}^{2}+ 1.5\, \left( u-v \right) ^{2}+ 1.5\,{v}^{2}$$

Код конца вычислений в marple:

u^6*v+2*u^4*v^3+u^2*v^5+u^6+2*u^5*v+7*u^4*v^2+u^3*v^3+v^4*((u-v)^2+6*u^2)+3*u^5+5*u^4*v+11*u^3*v^2+v^3*(u*v+10*u^2+3*(u-v)^2)+5*u^4+v^2*(8*u*v+9*u^2+5*(v-2*u)^2)+2*u^3+9*u^2*v+2*v^3+1.5*u^2+1.5*(u-v)^2+1.5*v^2

На этот раз апелляции к графикам не применяю. Все равно не по - олимпийски это.

[arqady]

Интересно, а поможет ли marple в следующем неравенстве?
Пусть $a,$ $b$ и $c$ - положительны. Докажите, что:

$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq\sqrt{\frac{k(a^2+b^2+v^2)}{ab+ac+bc}-k+9}$$

1) для $k=15$;
2) для $k=3\left(1+\sqrt[3]{2}\right)^2.$
Спасибо Вам за Ваш интерес!

[nn910]

arqady в сообщении #235392 писал(а):

Интересно, а поможет ли marple в следующем неравенстве?

Очевидно, что владельцы ТМ периодически заряжают поиск на упоминание имени их продукта, и того и гляди начнут размахивать своими (канадскими?) флагами, чтоб у меня получилось. Комично,потому что я пользовался маплом 3й раз в жизни. Завтра попробую.

[nn910]

До конца не сделал даже к=15.
Как и раньше,пусть с наименьшее,а=сх.b=cy.Неравенство сводится к виду:$z=\left( {x}^{2}+x{y}^{2}+y \right) ^{2} \left( xy+x+y \right) -9\,{x}^ {2}{y}^{2} \left( xy+x+y \right) -k{x}^{2}{y}^{2} \left( {x}^{2}+{y}^{ 2}+1-xy-x-y \right)\geq0$
Коды в marple:

 z:=(x^2+x*y^2+y)^2 *(x*y+x+y)-9*x^2 *y^2*(x*y+x+y)-k*x^2 *y^2 *(x^2+y^2+1-x*y-x-y);

Такая же замена$x=1+u$, $y=1+v$, $k=15$. Получаем:$t={u}^{3}{v}^{5}+2\,{u}^{4}{v}^{3}+6\,{u}^{3}{v}^{4}+4\,{u}^{2}{v}^{5}+{ u}^{5}v-7\,{u}^{4}{v}^{2}+30\,{u}^{3}{v}^{3}+10\,{u}^{2}{v}^{4}+5\,u{v }^{5}+2\,{u}^{5}-14\,{u}^{4}v+20\,{u}^{3}{v}^{2}+44\,{u}^{2}{v}^{3}+4 \,u{v}^{4}+2\,{v}^{5}-15\,{u}^{3}v+45\,{u}^{2}{v}^{2}+15\,u{v}^{3}+18 \,u{v}^{2}+3\,{u}^{2}-3\,uv+3\,{v}^{2}\geq0 $Отрицательные члены "съесть"не удалось.Рассмотрим частные производные:$t'_u=3\,{u}^{2}{v}^{5}+8\,{u}^{3}{v}^{3}+18\,{u}^{2}{v}^{4}+8\,u{v}^{5}+5\, {u}^{4}v-28\,{u}^{3}{v}^{2}+90\,{u}^{2}{v}^{3}+20\,u{v}^{4}+5\,{v}^{5} +10\,{u}^{4}-56\,{u}^{3}v+60\,{u}^{2}{v}^{2}+88\,u{v}^{3}+4\,{v}^{4}- 45\,{u}^{2}v+90\,u{v}^{2}+15\,{v}^{3}+18\,{v}^{2}+6\,u-3\,v$
$t'_v=5\,{u}^{3}{v}^{4}+6\,{u}^{4}{v}^{2}+24\,{u}^{3}{v}^{3}+20\,{u}^{2}{v}^ {4}+{u}^{5}-14\,{u}^{4}v+90\,{u}^{3}{v}^{2}+40\,{u}^{2}{v}^{3}+25\,u{v }^{4}-14\,{u}^{4}+40\,{u}^{3}v+132\,{u}^{2}{v}^{2}+16\,u{v}^{3}+10\,{v }^{4}-15\,{u}^{3}+90\,{u}^{2}v+45\,u{v}^{2}+36\,uv-3\,u+6\,v$
Из сравнения выдаваемых marple множеств"$t'_u=0$","$t'_v=0$"видно,что они не имеют в положительном квадранте общих точек,кроме (0,0)(=локальный min).(Мне не удается совместить для Вас графики).Если бы это строго доказать, остальное просто. На полуосях t неотрицательна:$t(0,v)=2v^5+3v^2$, $t(u,0)=2u^5+3u^2$, при $R\to\infty$ $inf_{v\geq0}t(R,v)$эквивалентна $2R^2$, $inf_{u\geq0}t(u,R)$эквивалентна $2R^4$. Поэтому, если бы t принимала наименьшее отрицательное значение на компактном квадрате RxR, То во внутренней его точке,где 2 частные производные =0.
Чтобы доказать,что система {$t'_u=0$, $t'_v=0$}не имеет положительных решений, рассматривал в marple $w=(t'_u)^2+(t'_v)^2$ 14й степени, у которого 14 из 85 членов отрицательны, но "съесть"их полными квадратами не удалось. Но комбинировать эти 2 уравнения можно еще как угодно, и надеюсь, что изложенный путь не тупиковый.

[arqady]

nn910 писал(а):

До конца не сделал даже к=15.

Это радует!

[nn910]

arqady в сообщении #235392 писал(а):

Интересно, а поможет ли marple в следующем неравенстве?
Пусть $a,$ $b$ и $c$ - положительны. Докажите, что:

$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq\sqrt{\frac{k(a^2+b^2+v^2)}{ab+ac+bc}-k+9}$$

1) для $k=15$;
2) для $k=3\left(1+\sqrt[3]{2}\right)^2.$

Действительно marple не может заменить древнее искусство доказательства неравенств.Примерыhttp://i057.radikal.ru/0908/01/1f58374e7117.jpg дает:при k=15,32173 a=2,7335 b=1,2825 c=1 неравенство нарушается.У меня точность определения a,b,c 0,1%. Какие-то довольно замечательные константы, отвечающие на вопрос: при каких тройках ($a>1 , b>1 , 1$) неравенство нарушается при всех $k>3\left(1+\sqrt[3]{2}\right)^2.$ одновременно? Первый раз вижу в неравенствах типа Коши неравные числа в ответе.Нет ли у Вас выражения для них в радикалах?
Пытаюсь решить как вспомогательную и такую задачу: дано кубическое уравнение с незаданными корнями a,b,c. Составить уравнение(/я) с корнями $\dfrac{a}{b}$, $\dfrac{b}{c}$ , $\dfrac{c}{a}$Вы ее не делали?

[arqady]

nn910 писал(а):

Первый раз вижу в неравенствах типа Коши ...

Что Вы имеете в виду, когда глворите " неравенства типа Коши " ?

nn910 писал(а):

...неравные числа в ответе.Нет ли у Вас выражения для них в радикалах?

Вы имете в виду числа, для которых достигается равенство во втором неравенстве? Если да, предлагаю следующую игру. Я докажу первое неравенство, а Вы найдёте достижение равенства во втором неравенстве сами. Идёт?

nn910 писал(а):

Пытаюсь решить как вспомогательную и такую задачу: дано кубическое уравнение с незаданными корнями a,b,c. Составить уравнение(/я) с корнями $\dfrac{a}{b}$, $\dfrac{b}{c}$ , $\dfrac{c}{a}$Вы ее не делали?

Попробуйте воспользоваться вот таким равенством:

$$2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)=\sum_{cyc}\left(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}\right)+\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}$$

[nn910]

arqady в сообщении #236464 писал(а):

nn910 писал(а):

Первый раз вижу в неравенствах типа Коши ...

Что Вы имеете в виду, когда говорите " неравенства типа Коши " ?

Я:все неравенства, в которых участвуют только стандартные симметрические многочлены$\sigma_i$,а также Минковского,Иенсена и др. прямо или косвенно упомянутые у Беккенбаха и Беллмана http://ega-math.narod.ru/Bellman.htm,в литературе из их списка,все следствия из них...- статистика по тысячам неравенств, и у всех равенство при тривиальных (равных,пропорциональных) наборах переменных.Например(проще Ваших делается):

$$(ab+ac+bc)(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})(a^3 \sqrt{a}+b^3 \sqrt{b}+c^3\sqrt{c})^3 \geq abc(a^2+b^2+c^2)^5$$

Цитата:

nn910 писал(а):

...неравные числа в ответе.Нет ли у Вас выражения для них в радикалах?

Вы имете в виду числа, для которых достигается равенство во втором неравенстве? Если да, предлагаю следующую игру. Я докажу первое неравенство, а Вы найдёте достижение равенства во втором неравенстве сами. Идёт?

Нет.Как Вы переформулировали, ответов будет уже два: тривиальный (1,1,1) и интересный (2.7335 ;1.2825 ; 1)-только для предельного k. Ну может они типа золотого сечения образуют.

Цитата:

nn910 писал(а):

Пытаюсь решить как вспомогательную и такую задачу: дано кубическое уравнение с незаданными корнями a,b,c. Составить уравнение(/я) с корнями $\dfrac{a}{b}$, $\dfrac{b}{c}$ , $\dfrac{c}{a}$Вы ее не делали?

Попробуйте воспользоваться вот таким равенством:

$$2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)=\sum_{cyc}\left(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}\right)+\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}$$

Ну ответ у меня есть:Дроби $\dfrac{a}{b}$, $\dfrac{b}{c}$ , $\dfrac{c}{a}$ являются либо тройкой корнейуравнения $y^3-py^2+qy-1=0$,либо тройкой корнейуравнения $y^3-qy^2+py-1=0$ (в зависимости от того,какой обход корней исходного уравнения берется), где p+q и pq неплохо выражаются через коэффициенты исходного уравнения. ( ).Остается доказать $min(p,q)\geq$того радикала из условия, и тут должен пригодиться Ваш совет.Спасибо!

[nn910]

Вот еще промежуточная задача, есть олимпийское решение, народ подключайтесь. Усиление неравенства Коши:
При каких $\alpha$ неравенство

$$\dfrac{(a-b)^2+(a-c)^2+(b-c)^2}{3}\geq\alpha\sqrt[3]{(a-b)^2 (a-c)^2 (b-c)^2}$$

верно для всех действительных a,b,c?

-- Сб авг 22, 2009 13:41:41 --

Подсказка.Тождество

$$(a-b)(b-c)+(b-c)(c-a)+(c-a)(a-b)=-\dfrac{1}{2}((a-b)^2+(a-c)^2+(b-c)^2)$$