Свежее неравенство

[arqady]

ShMaxG в сообщении #295267 писал(а):

Теперь пользуемся $\[{a^2}{b^2} + {a^2}{c^2} + {b^2}{c^2} + 2{a^4}{b^2}{c^2} + 2{b^4}{a^2}{c^2} + 2{c^4}{a^2}{b^2} = 9{v^4}\]$

Здесь Вы немного переборщили...
и, может быть, как следствие здесь есть небольшая ошибка:

ShMaxG в сообщении #295267 писал(а):

Далее,...
$ {t^3} + \left( {2 - 12u} \right)t + 9u{v^4} \geqslant 0 $

После исправления можно что-то увидеть...

[ShMaxG]

Теперь воспользуемся $\[\left( {{a^2}{b^2} + {a^2}{c^2} + {b^2}{c^2}} \right) + 2{a^2}bc + 2{b^2}ac + 2{c^2}ab = 9{v^4}\]$:

Получим $\[\frac{2} {{{w^3}}} - \frac{{12{u^2}{w^3} - 9u{v^4}}} {{{w^6}}} \geqslant - {w^3}\]$

А теперь замена $t=w^3$
$ \[{t^3} + 2\left( {1 - 6{u^2}} \right)t + 9u{v^4} \geqslant 0\]$

[Sasha2]

Аркадий, а хотелось бы узнать, а есть ли у Вас решение этого неравенства, основанное исключительно на классике, ну там AM-GM, Коши, Чебышев, Гельдер и т.п.?

[arqady]

Sasha2 в сообщении #295292 писал(а):

Аркадий, а хотелось бы узнать, а есть ли у Вас решение этого неравенства, основанное исключительно на классике, ну там AM-GM, Коши, Чебышев, Гельдер и т.п.?

Честно говоря, много об этом не думал. Может, и можно.
ShMaxG, теперь всё верно!

[ShMaxG]

Фишка в том, что при некоторых $u,t,v$ это неравенство может нарушаться, но им не будут соответствовать $a,b,c$, определенные на условиях задачи... В общем виде даже не знаю, как это можно доказать...

[ShMaxG]

При фиксированном $u$, функция $\[f\left( t \right) = {t^3} - 2\left( {6{u^2} - 1} \right)t + 9u{\left( {\frac{{3{u^2} - 1}} {2}} \right)^2}\]$ убывает при $t \in [0,1]$. И ее минимальное значение реализуется при $t=1$.
Тогда (в силу "независимости" $u$ и $t$) остается рассмотреть получившуюся функцию $u$:
$\[g\left( u \right) = 1 - 2\left( {6{u^2} - 1} \right) + 9u{\left( {\frac{{3{u^2} - 1}} {2}} \right)^2}\]$, которая, в свою очередь, неположительна на всем $u \in [\frac{1}{\sqrt{3}},1]$, и равна нулю только при $u=1$.

[arqady]

ShMaxG в сообщении #295325 писал(а):

При фиксированном $u$, функция $\[f\left( t \right) = {t^3} - 2\left( {6{u^2} - 1} \right)t + 9u{\left( {\frac{{3{u^2} - 1}} {2}} \right)^2}\]$ убывает при $t \in [0,1]$.

Вот оно!

ShMaxG в сообщении #295325 писал(а):

И ее минимальное значение реализуется при $t=1$.

А вот это неверно!

[ShMaxG]

А, ну да, минимум в точке $\[{t^*} = \sqrt {\frac{2} {3}\left( {6{u^2} - 1} \right)} \in \left[ {\sqrt {\frac{2} {3}} ,\sqrt {\frac{{10}} {3}} } \right]\] $.
Пусть для начала $\[{t^*} \geqslant 1\]$, тогда минимум достигается в $t=1$.

Учтем:

$\[\left\{ \begin{gathered} abc = 1 \hfill \\ a + b + c = 3u \hfill \\ ab + bc + ac = 3\frac{{3{u^2} - 1}} {2} \hfill \\ \end{gathered} \right.\]$

Это все даст уравнение на $a$:

$\[{a^3} - 3{a^2}u + \frac{{9{u^2} - 3}} {2}a - 1 = 0\]$

Так же у нас есть очень важное условие: $\[{\left( {3u - a} \right)^2} \geqslant \frac{4} {a}\] $.

Таким образом имеем:

$\[\left\{ \begin{gathered} {a^3} + 9{u^2}a - 6u{a^2} - 4 \geqslant 0 \hfill \\ 2{a^3} - 6{a^2}u + 9{u^2}a - 3a - 2 = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.\]$

Что приводит нас к $\[{a^3} - 3a + 2 \leqslant 0 \Leftrightarrow a = 1\]$. Что мгновенно дает $u=1$. А это дает $a=b=c=1$. В этом случае неравенство выполнено.

Остается рассмотреть случай оставшихся значений $t^*$.

[Sasha2]

Аркадий (извиняюсь заранее, что в эту тему влезаю с данным воросом), а подскажите пожалуйста вот такой момент:
В униге Пам Ким Хана "Секреты неравенств" приводится такое неравенство
Доказать, что $a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2 \le 2$, если $a, b, c$ неотрицательные числа с суммой равной 2.

Тогда имеем $(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac=4$
А значит $3(ab+bc+ac) \le 4$
Возводя это последнее неравенство в квадрат легко получаем, что $a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2 \le \frac{16}{9}$, что лучше чем 2. Но что-то слишком просто. Не могу понять, ошибка у меня?

[arqady]

Sasha2 в сообщении #295338 писал(а):

Аркадий (извиняюсь заранее, что в эту тему влезаю с данным воросом), а подскажите пожалуйста вот такой момент:
В униге Пам Ким Хана "Секреты неравенств" приводится такое неравенство
Доказать, что $a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2 \le 2$, если $a, b, c$ неотрицательные числа с суммой равной 2.

По-моему, верно даже $a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2 \le 1$ при тех же ограничениях.

[Sasha2]

Да точно, у него там опечаток куча. Разобрался спасибо.

[ShMaxG]

Ситуация такая.

Берем любой возможный набор $(a,b,c)$. Им соответствует $u$. Вычисляем $t^*$. И проверяем неравенство на этой $u,t^*,v$, причем $v$ находим из условия принадлежности сфере. Если неравенство выполнено, то можем утверждать, что оно тем более будет выполнено при других $(a,b,c)$, которым отвечает та же самая $u$, но остальные $t$.

Выше я рассмотрел фактически случай всех $u \in \left[\sqrt{\frac{2}{15}},1 \right]$. Либо это удивительно, либо это я ошибаюсь, но получается что я доказал справедливость неравенства для всех таких $u$, разобрав только один случай, $u=1$.

[Sasha2]

Вот еще в связи с этим неравенством:
Его можно переписать так:
$\frac{a}{b^2}+\frac{a}{c^2}+\frac{b}{a^2}+\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2}+\frac{c}{b^2}+3abc \ge (a+b+c)+(\frac{a^2}{b}+\frac{a^2}{c}+\frac{b^2}{a}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+\frac{c^2}{b})$
Это после замены 3 в правой части на $(a^2+b^2+c^2)$

Если обозначить:
1) $LHS=\frac{a}{b^2}+\frac{a}{c^2}+\frac{b}{a^2}+\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2}+\frac{c}{b^2}+3abc$
2) $M=(a+b+c)$
3) $N=\frac{a^2}{b}+\frac{a^2}{c}+\frac{b^2}{a}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+\frac{c^2}{b}$


То вот никак не могу допереть, можно ли подобрать так p и q, что $p\times LHS+q\times M$ по AM-GM стало больше некоторого $r \times N$
И аналогично $s\times LHS+t\times N$ стало бы больше $r \times M$. Или так в пригципе невозможно уравновесить эти обе части.

P.S. Идея навеяна разбором методом доказательства одного неравенства из книги Пама "Секреты неравенств".

[arqady]

Вот моё доказательство.
Мы уже выяснили, что наше неравенство эквивалентно $f(w^3)\geq0$, где $f(w^3)= w^9 - 2(3u^2 +2v^2)w^3 + 9uv^4 $ и $f$ убывает.
Поэтому $f$ при фиксированных $u$ и $v^2$ достигает своего наименьшего значения при наибольшем значении $w^3$.
Но $a,$ $b$ и $c$ - действительные корни уравнения $w^3=x^3-3ux^2+3v^2x$.
Поэтому наибольшее значение $w^3$ получит, когда два из корней этого уравнения совпадут.
Таким образом, осталось проверить наше неравенство для $b=c=1$ в гомогенизированном варианте.
Но в этом случае $f(w^3)\geq0\Leftrightarrow w^9-2(3u^2+2v^2)w^3+9uv^4\geq0\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow w^9 - 2(3u^2 + 2v^2)(3u^2 - 2v^2)^2w^3 + 9uv^4(3u^2 - 2v^2)^2\geq0\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow a^3 - 2\left(\frac {1}{3}(a + 2)^2 + \frac {2}{3}(2a + 1)\right)\left(\frac {1}{3}(a + 2)^2 - \frac {2}{3}(2a + 1)\right)^2a +$
$+ \frac {1}{3}(a + 2)(2a + 1)^2\left(\frac {1}{3}(a + 2)^2 - \frac {2}{3}(2a + 1)\right)^2\geq0\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow(a-1)^2(2a^5+3a^3-8a^2+4a+8)\geq0$, что очевидно.

[RIP]

Можно и с помощью brute force доказать.
Надо доказать неравенство

$$\sum_{cyc}\frac{b+c}{a^2}-3\left(\frac1a+\frac1b+\frac1c\right)+\frac{27abc}{(a^2+b^2+c^2)^2}\ge0.$$

Перепишем его в виде

$$\sum_{cyc}\frac{(a-b)^2(2a^5-3a^3b^2+4a^3c^2+a^2b^3-9a^2b^2c+4a^2bc^2+2ac^4+2b^5+4b^3c^2+2bc^4)}{2a^2b^2(a^2+b^2+c^2)^2}\ge0.$$

Таким образом, достаточно доказать, что

$$2a^5-3a^3b^2+4a^3c^2+a^2b^3-9a^2b^2c+4a^2bc^2+2ac^4+2b^5+4b^3c^2+2bc^4\ge0.$$

Это неравенство выполняется с большим запасом. Например, достаточно сложить неравенства

$$\frac95a^5+\frac65b^5\ge3a^3b^2,$$

$$a^2b^3+4a^2bc^2\ge4a^2b^2c,$$

$$\frac15a^5+4a^3c^2+\frac45b^5+4b^3c^2\ge4\left(\frac15a^5\cdot4a^3c^2\cdot\frac45b^5\cdot4b^3c^2\right)^{1/4}>5a^2b^2c.$$