Два неравенства

[arqady]

Пусть $a,$ $b$ и $c$ положительны. Докажите, что:
1) $(a + b + c)\left(\frac {1}{a} + \frac {1}{b} + \frac {1}{b}\right)\geq7 + \sqrt {(a^2 + b^2 + c^2)\left(\frac {1}{a^2} + \frac {1}{b^2} + \frac {1}{c^2}\right) - 5}$
2) $(a + b + c)\left(\frac {1}{a} + \frac {1}{b} + \frac {1}{c}\right)\geq7 + \sqrt [3]{\left(a^3 + b^3 + c^3\right)\left(\frac {1}{a^3} + \frac {1}{b^3} + \frac {1}{c^3}\right) - 1}$

(Оффтоп)

Следующие два неравенства уже неверны.
1) $(a + b + c)\left(\frac {1}{a} + \frac {1}{b} + \frac {1}{b}\right)\geq8 + \sqrt {(a^2 + b^2 + c^2)\left(\frac {1}{a^2} + \frac {1}{b^2} + \frac {1}{c^2}\right) - 8}$
2) $(a + b + c)\left(\frac {1}{a} + \frac {1}{b} + \frac {1}{c}\right)\geq8 + \sqrt [3]{\left(a^3 + b^3 + c^3\right)\left(\frac {1}{a^3} + \frac {1}{b^3} + \frac {1}{c^3}\right) - 8}$

[Полосин]

Перепишем первое неравенство в виде:
$ \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}-4\ge\sqrt{\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\right)^2+\left(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}\right)^2+\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)^2-8}. $
Или, обозначая $X=\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}$, $Y=\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}$, $Z=\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}$, $X,Y,Z\ge2$:
$ X+Y+Z-4\ge\sqrt{X^2+Y^2+Z^2-8}. $
Возведем в квадрат:
$ XY+YZ+ZX+12\ge4(X+Y+Z). $
Обозначая $X=2+x$, $Y=2+y$, $Z=2+z$, придем к очевидному неравенству:
$ xy+yz+zx\ge0. $

[Sasha2]

Во втором неравенстве, если воспользоваться обозначениями уважаемого Полосина, после ряда нудных преобразований, опять же с учетом, что
1) $X=\frac{a}{b}+\frac{b}{a}$, $Y=\frac{b}{c}+\frac{c}{b}$ и $Z=\frac{a}{c}+\frac{c}{a}$
2) С последующей заменой $X=2+x$, $Y=2+y$ и $Z=2+z$

Исходное неравенство сводится к такому:
$x^2y+y^2x+x^2z+z^2x+y^2z+z^2y+4(xy+yz+xz)+2xyz\geq{3(x+y+z)}$, где $x,y,z>0$

Очевидно, нужно доказать справедливость последнего неравенства

[Cave]

Последнее неравенство неверно при малых $x,y,z$.

[Sasha2]

Значит тогда
1) Либо у меня ошибка в выклатках
2) Либо исходное неравенство неверно

-- Сб янв 23, 2010 21:26:06 --

Вот расчеты
В указанных обозначениях
Сперва исходное неравенство записывается так $X+Y+Z-4\geq{\sqrt[3]{X^3+Y^3+Z^3-3(X+Y+Z)+2}}$
Возводя в куб, получаем
$(X+Y+Z)^3-12(Z+Y+Z)^2+48(X+Y+Z)-64\geq{X^3+Y^3+Z^3-3(X+Y+Z)+2}$
Раскрывая первый куб и перенося линейный члены в левую часть, а квадратичные в правую получаем
$X^3+Y^3+Z^3+3(X^2Y+XY^2+Y^2Z+YZ^2+X^2Z+XZ^2)+6XYZ+51(X+Y+Z)\geq{X^3+Y^3+Z^3+12(X+Y+Z)^2+66}$
Сокращая одинаковые и деля обе части на 3, получаем
$(X^2Y+XY^2+Y^2Z+YZ^2+X^2Z+XZ^2)+17(X+Y+Z)+2XYZ\geq{4(X+Y+Z)^2+22}$.
Теперь после подставновки $X=x+2$, $Y=y+2$, и $Z=z+2$ получаем
$(x^2y+y^2x+x^2z+z^2x+y^2z+yz^2)+8(xy+yz+xz)+4(x^2+y^2+z^2)+37(x+y+z)+2(x+2)(y+2)(z+2)+150\geq{4(z+y+z)^2+48(x+y+z)+166}$
Сокращая очеывидные члены, получаем
$(x^2y+y^2x+x^2z+z^2x+y^2z+yz^2)+2(x+2)(y+2)(z+2)\geq{11(x+y+z)+16}$

Ну дальше уже совсем нетрудно прийти к тому неравенству, которое получено мной.

[arqady]

Sasha2 в сообщении #283017 писал(а):

Сокращая одинаковые и деля обе части на 3, получаем
$(X^2Y+XY^2+Y^2Z+YZ^2+X^2Z+XZ^2)+17(X+Y+Z)+2XYZ\geq{4(X+Y+Z)^2+22}$.

Это ещё верно!
Заметьте, если положить $X=Y=Z=3,$ то
$(X^2Y+XY^2+Y^2Z+YZ^2+X^2Z+XZ^2)+17(X+Y+Z)+$
$+2XYZ-{4(X+Y+Z)^2-22}$ даёт 23,
в то время как подстановка $x=y=z=1$ в Ваше
$x^2y+y^2x+x^2z+z^2x+y^2z+z^2y+4(xy+yz+xz)+2xyz-{3(x+y+z)}$ даёт 11.
Значит, Вы где-то обманываете на $4\cdot3$ .

Интересно, работает ли метод Полосина в слелующем неравенстве?
Пусть $a,$ $b$ и $c$ положительны. Докажите, что:
$(a + b + c)\left(\frac {1}{a} + \frac {1}{b} + \frac {1}{c}\right)\geq1 + 2\sqrt [3]{6\left(a^2 + b^2 + c^2\right)\left(\frac {1}{a^2} + \frac {1}{b^2} + \frac {1}{c^2}\right) +10}$

[Sasha2]

Хорошо, будем искать ошибку в моих расчетах
Отталкиваемся от верного $(X^2Y+XY^2+Y^2Z+YZ^2+X^2Z+XZ^2)+17(X+Y+Z)+2XYZ\geq{4(X+Y+Z)^2+22}$
Полагаем $X=x+2, Y=y+2, Z=z+2$
Тогда $X^2Y=(x+2)^2(y+2)=(x^2+4x+4)(y+2)=x^2y+4xy+4y+2x^2+8x+8$

Итак окончательно:
$X^2Y=x^2y+4xy+2x^2+8x+4y+8$
$Y^2X=y^2x+4xy+2y^2+8y+4x+8$
$Y^2Z=y^2z+4yz+2y^2+8y+4z+8$
$Z^2Y=z^2y+4yz+2z^2+8z+4y+8$
$X^2Z=x^2z+4xz+2x^2+8x+4z+8$
$Z^2X=z^2x+4xz+2z^2+8z+4x+8$

Просуммировав все эти выражения получаем, что их сумма равна
$(x^2y+y^2x+y^2z+z^2y+x^2z+z^2x)+4(x^2+y^2+z^2)+8(xy+yz+xz)+24(x+y+z)+48$
Теперь ошибка видна, просто ранее я в левой части писал $20(x+y+z)$, теряя $4(x+y+z)$

Отсюда и ошибка.

-- Вс янв 24, 2010 09:46:06 --

Далее продолжаем
$17(X+Y+Z)=17(x+y+z)+102$

И наконец, $2XYZ=2(x+2)(y+2)(z+2)=2xyz+4(xy+yz+xz)+8(x+y+z)+16$

Собираем аналогичные члены в левой части и записываем ее так:

-- Вс янв 24, 2010 09:50:11 --

$(x^2y+y^2x+y^2z+z^2y+x^2z+z^2x)+4(x^2+y^2+z^2)+12(xy+yz+xz)+49(x+y+z)+2xyz+166$

-- Вс янв 24, 2010 10:01:35 --

Теперь начинаем преобразовывать правую часть, то есть выражение $4(X+Y+Z)^2+22$
Итак:
$4(X+Y+Z)^2+22=4(X^2+Y^2+Z^2)+8(XY+YZ+ZX)+22$
Или в переменных x, y и z
$4[(x+2)^2+(y+2)^2+(z+2)^2]+8[(x+2)(y+2)+(y+2)(z+2)+(x+2)(z+2)]+22$

Это выражение равно
$4(x^2+y^2+z^2)+8(x+y+z)+48+8(xy+yz+xz)+32(x+y+z)+96+22$

Или, приводя к более удобочитаемому виду, имеем
$4(x^2+y^2+z^2)+8(xy+yz+xz)+40(x+y+z)+166$

-- Вс янв 24, 2010 10:04:29 --

И тогда окончательное неравенство (после сокращения подобных членов) примет следующий вид:

$(x^2y+y^2x+y^2z+z^2y+x^2z+z^2x)+4(xy+yz+xz)+9(x+y+z)+2xyz\geq{0}$

[arqady]

Sasha2 в сообщении #283109 писал(а):

И тогда окончательное неравенство (после сокращения подобных членов) примет следующий вид:

$(x^2y+y^2x+y^2z+z^2y+x^2z+z^2x)+4(xy+yz+xz)+9(x+y+z)+2xyz\geq{0}$

Нет. Снова ошиблись.

[Sasha2]

Ну может подскажите, где ошибка, хотя бы в какой части.
Ну действительно очень нудно пересчитывать все это.
Тем более, что, как кажется, все доказательство связано с аккуратным проведением выклаток.

[arqady]

Sasha2 в сообщении #283121 писал(а):

Ну может подскажите, где ошибка, хотя бы в какой части.

Должно быть
$x^2y+y^2x+y^2z+z^2y+x^2z+z^2x+4(xy+yz+xz)+x+y+z+2xyz\geq{0}$

Sasha2 в сообщении #283121 писал(а):

Тем более, что, как кажется, все доказательство связано с аккуратным проведением выклаток.

Имхо, такая аккуратность не поможет при доказательстве моего последнего неравенства .

[Sasha2]

Ну вот правую часть пересчитал.
Вроде в правой части должно быть $4(x^2+y^2+z^2)+8(xy+yz+zx)+48(x+y+z)+166$

-- Вс янв 24, 2010 12:32:50 --

Ну в принципе и после пересчета правой части оказывается, что левой вполне достаточно, чтобы загасить правую очевидным образом.

-- Вс янв 24, 2010 12:51:30 --

Ну попробуем потихонечку по Полосину решать и второе неравенство.
Вы только время от времени указывайте, пожалуйста на ошибки.
Все таки там довольно таки громоздкие преобразования.
Итак пока в обозначениях Полосина исходное неравенство переписывается так:
$X+Y+Z+2\geq{2\sqrt[3]6\sqrt[3]{X^2+Y^2+Z^2-1}}$

-- Вс янв 24, 2010 12:57:17 --

Далее, возводя в куб, приходим к такому неравенству
$(X+Y+Z)^3+6(X+Y+Z)^2+12(X+Y+Z)+8\geq{48(X^2+Y^2+Z^2)-48}$

-- Вс янв 24, 2010 13:02:33 --

Снова после элементарных преобразований приходим к такому неравенству:
$(X+Y+Z)^3+12(XY+YZ+ZX)+12(X+Y+Z)+12(X+Y+Z)+56\geq{42(X^2+Y^2+Z^2)}$

-- Вс янв 24, 2010 13:03:37 --

Вот тут то все и начинается

-- Вс янв 24, 2010 13:06:46 --

Снова полагаем $X=x+2, Y=y+2, Z=z+2$ и начинаем в этих новых переменных преобразовывать данное неравенство.

-- Вс янв 24, 2010 13:22:23 --

$(X+Y+Z)^3=(x+y+z+6)^3=(x+y+z)^3+18(x+y+z)^2+108(x+y+z)+216$

$12(XY+YZ+ZX)=12[(x+2)(y+2)+(y+2)(x+2)+(z+2)(x+2)]=12(xy+yz+xz)+48(x+y+z)+144$

$24(X+Y+Z)=24(x+y+z)+144$

Собирая пока то, что получили, чтобы не запутаться получаем, что левая часть записывается так:

$(x+y+z)^3+18(x+y+z)^2+12(xy+yz+xz)+180(x+y+z)+504$

-- Вс янв 24, 2010 13:29:11 --

Теперь член $(x+y+z)^2$ представим как $(x^2+y^2+z^2)+2(xy+yz+zx)$
Тогда окончательно левая часть запишется так:
$(x+y+z)^3+18(x^2+y^2+z^2)+48(xy+yz+xz)+180(x+y+z)+504$

[Sasha2]

Теперь начинаем преобразовывать $42(X^2+Y^2+Z^2)$ (То что осталось от правой части)

Эта правая часть равна $42[(x+2)^2+(y+2)^2+(z+2)^2]$
Выполнив эти действия получаем, что правая часть равна
$42(x^2+y^2+z^2)+168(x+y+z)+504$

-- Вс янв 24, 2010 13:42:49 --

Сокращая на общие члены, получаем, что наше неравенство приводится к виду
$(x+y+z)^3+48(xy+yz+xz)+12(x+y+z)\geq{24(x^2+y^2+z^2)}$

-- Вс янв 24, 2010 13:48:40 --

Может подскажите явные ляпы, чтобы уверенно можно было двигаться дальше.

[arqady]

It must be
$(x+y+z)^3+48(xy+yz+xz)\geq{24(x^2+y^2+z^2)}$
Move on! But I think it's the end.

[Sasha2]

Уважаемый Аркадий, ну Вы уж просто выскажитесь ясно.
Не понятно пока, на верном ли я пути.
А во вторых непонятно (вот так сразу) с чего бы это вот это самое последнее неравенство верно.

-- Вс янв 24, 2010 18:52:52 --

Блин, да ну в упор не вижу, что оно верно.

[arqady]

Sasha2, я уже несколько раз подчёркивал, что не вижу, как метод Полосина помогает при доказательтве моего неравенства.
Буду приятно удивлён, если Ваше неравенство окажется верным (у меня, к сожалению, сейчас совсем нет времени искать контрпример).
Кстати, моё неравенство мне удалось доказать с помощью $AM-GM$.