Забавное неравенство

[Sasha2]

Ну я не очень заметил сперва, а теперь заметил ошибку (минимум равен не 22, а 21), т.е. у меня фактически доказано, что
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{24\sqrt[3]{abc}}{a+b+c} \ge 10.5$.
(При этом среднее геометрическое может быть заменено на среднее гармоническое).
Буду дальше пытаться.

А что касается их верности или неверности:
Во-первых, здесь ведь неравенство имеет такой вид, что второе получается из первого перестановкой (в отличие, например от контрпримера с 1+x и 1-x, предложенного Вами).
А во-вторых, я сам сколько угодно раз, читая Ваши посты видел, как Вы пользуясь эквиваленцией, переходите от одного неравенства к другому. Ну а на крайний случай, можно тогда поступить и следующим образом:
а) доказать неравенство для цельного куска $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}$, а потом взять половину от него, которая большая, так как если сумма двух чисел больше неекоторого числа, то хотя бы одно слвгаемое больше половины всей суммы, вторая же часть получается циклической перестановкой из первой, ну одним словом тут упражнение (не очень даже сложное скорее по логике, чем по неравенствам). Хотелось бы узнать Ваше мнение по поводу такого логического обоснования.

-- Пн июл 12, 2010 16:00:20 --

Далее, если теперь поступать не по олимпийски, то (памятуя о том, что все же среднее геометрическое было заменено средним гармоническим), отталкиваясь от все той же функции
$\frac{x}{abc}+\frac{144abc}{x+kabc}$ (где неизвестное $k$ пока еще не определено), нетрудно показать, что наименьшим $k$, при котором данная функция будет иметь своим минимумом 22, равно 2.
Следовательно, цена вопроса становится в доказательстве вот такого неравенства (конечно, если это вообще может дать результат):
$\frac{48\sqrt[3]abc}{a+b+c} \ge \frac{144abc}{a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+a^2c+ac^2+2abc}$

[maxal]

Sasha2 в сообщении #337139 писал(а):

Вы так и неравенство Бернулли (классическое) $(1+x)^{\alpha} \le 1+\alpha x, (0<\alpha<1, x \ge-1)$ можете усилить?

Ну так разлагайте и дальше левую часть в ряд Тейлора, обрывая на нечетной степени:

$$(1+x)^{\alpha} \leq 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2} x^2 + \frac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)}{6} x^3$$

и т.п.

[Sasha2]

arqady в сообщении #338682 писал(а):

Далее, если теперь поступать не по олимпийски, то (памятуя о том, что все же среднее геометрическое было заменено средним гармоническим), отталкиваясь от все той же функции
(где неизвестное пока еще не определено), нетрудно показать, что наименьшим , при котором данная функция будет иметь своим минимумом 22, равно 2.
Следовательно, цена вопроса становится в доказательстве вот такого неравенства (конечно, если это вообще может дать результат):

А оно к сожадению не верно уже при $a=b=c=1$

[Sasha2]

Ну может быть еще так:
Прибавив по три к обем частям неравенства
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+\frac{48\sqrt[3]{abc}}{a+b+c} \ge 22$, сведем его вот к такому:
$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+\frac{48\sqrt[3]{abc}}{a+b+c} \ge 25$.
Далее без ограничения общности полагаем $a+b+c=1$ и сводим к такому:
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+48\sqrt[3]{abc} \ge 25$.
На первый взгляд кажется, что метод неопределенных множителей Лагранжа может его решить, хотя может я и ошибаюсь.

[arqady]

Sasha2 в сообщении #338747 писал(а):

А что касается их верности или неверности:
Во-первых, здесь ведь неравенство имеет такой вид, что второе получается из первого перестановкой (в отличие, например от контрпримера с 1+x и 1-x, предложенного Вами).

Хорошо, а вот такой контр-пример.
Для неотрицательных $x,$ $y$ и $z$ верно следующее неравенство:

$$x^3y+x^3z+y^3x+y^3z+z^3y+z^3x\geq2(x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2)$$

а вот такие: $x^3y+y^3z+z^3x\geq x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2$
и $x^3z+y^3x+z^3y\geq x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2$ уже неверны.

[Sasha2]

Оба неверны для всех $x, y, z$, но для каждой конкретной тройки $x, y, z$ хотя бы одно верно.
Поэтому данное неравенство не может рассматриваться в качестве контрпримера.
Вот если бы Вы предложили доказать, что из верности $x^3y+y^3z+z^3x \ge x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2$ следует неверность $x^3z+y^3x+z^3y \ge x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2$, тогда да - был бы контрпример, а так нет.

[arqady]

Sasha2 в сообщении #338898 писал(а):

Оба неверны для всех $x, y, z$, но для каждой конкретной тройки $x, y, z$ хотя бы одно верно.
Поэтому данное неравенство не может рассматриваться в качестве контрпримера.
Вот если бы Вы предложили доказать, что из верности $x^3y+y^3z+z^3x \ge x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2$ следует неверность $x^3z+y^3x+z^3y \ge x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2$, тогда да - был бы контрпример, а так нет.

Мой контр-пример опровергает Ваше рассуждение, которое, как выясняется, походит и для неверных неравенств.
То бишь, моё неравенство после Вашего рассуждения может быть и неверным (именно это и показывает мой контр-пример), а его тем не менее нужно доказать. То есть доказательства нет!
Формально же получилось именно так, как Вы и хотели!
Ведь $x^3y+y^3z+z^3x \ge x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2$ неверно, поэтому из его верности следует всё, что угодно, в частности и $x^3z+y^3x+z^3y \ge x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2$.
Sasha2 зачем Вам эти логические выверты? Вы же видите, что это Вас не приближает к доказательству.
Суть того, что Вы пытаетесь провернуть, хорошо иллюстрируется следующим "доказательством".
Дано: $x+y\geq2.$ Докажите, что $x\geq1.$
Доказательство.
Возьмём "большую часть" из $x+y.$ Поскольку $x$ и $y$ переходят друг в дружку после циклической перестановки,
то можно считать, что $x$ - это "большая часть". Тогда $x\geq1,$ что и т.д.

[Sasha2]

Нет Аркадий, при всем моем уважении к Вам, вынужден заметить, что сейчас Вы наводите тень на плетень.
Если Выше исходное неравенство верно для всех a,b и c, то тогда второй кусок получчается циклической перестановкой этих a, b, c и то же верно.

И то же самое и в Вашем последнем контрпримере, если бы действительно было, что ДЛЯ ВСЕХ (а не как у Вас ДЛЯ НЕКОТОРЫХ) $x+y \ge 2$, то тогда да, был бы контрпример, а так Вы, пользуясь схожестью, и там и там приводите контрпримеры, которые не обладают ВСЕЙ ПОЛНОТОЙ УСЛОВИЙ, относящихся к исходному неравенству, напирая лишь на схожесть в отдельных чертых.

Более того эту схему рассуждения, я недавно видел у Вас в Разделе "Помогите решить и разобраться", где Вы сами опираясть на то, что если одно из неравенств меньше (или больше, ну это сейчас не суть важно) нуля (еще кстати недоказанного), то тогда другое должно быть больше (или меньше). Ну у Вас же фактически и научился.

P.S. Кстати этот пример Ваш наталкивает на мысль, что если неравенство, предложенное Вами, справедливо, то оно верно, неважно какой кусок мы берем, то есть взяв из двух кусков $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}$ и $\frac{b}{a}+\frac{a}{c}+\frac{c}{b}$ мы все равно получим верное неравенство, а значит возможно дальнейшее усиление (в смысле более шарпное неравенство).

[arqady]

Sasha2 в сообщении #338913 писал(а):

Если Выше исходное неравенство верно для всех a,b и c, то тогда второй кусок получчается циклической перестановкой этих a, b, c и то же верно.

Кто ж это отрицает? Но почему оно верно?

Sasha2 в сообщении #338913 писал(а):

И то же самое и в Вашем последнем контрпримере, если бы действительно было, что ДЛЯ ВСЕХ (а не как у Вас ДЛЯ НЕКОТОРЫХ) $x+y \ge 2$, то тогда да, был бы контрпример, а так Вы, пользуясь схожестью, и там и там приводите контрпримеры, которые не обладают ВСЕЙ ПОЛНОТОЙ УСЛОВИЙ, относящихся к исходному неравенству, напирая лишь на схожесть в отдельных чертых.

Ещё раз повторяю: я привел Вам пример, как Ваше же рассуждение "работает" на неверном неравенстве. То, что оно "работает" на верном неравенстве уже никого не интересует. Ведь само рассуждение неверно!

Sasha2 в сообщении #338913 писал(а):

Более того эту схему рассуждения, я недавно видел у Вас в Разделе "Помогите решить и разобраться", где Вы сами опираясть на то, что если одно из неравенств меньше (или больше, ну это сейчас не суть важно) нуля (еще кстати недоказанного), то тогда другое должно быть больше (или меньше). Ну у Вас же фактически и научился.

Тяжёлое обвинение! Может дадите ссылочку? Зачем голословно обвинять?

Sasha2 в сообщении #338913 писал(а):

P.S. Кстати этот пример Ваш наталкивает на мысль, что если неравенство, предложенное Вами, справедливо, то оно верно, неважно какой кусок мы берем, то есть взяв из двух кусков $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}$ и $\frac{b}{a}+\frac{a}{c}+\frac{c}{b}$ мы все равно получим верное неравенство, а значит возможно дальнейшее усиление (в смысле более шарпное неравенство).

Понятно, что моё неравенство можно усилить, только не Вашим "способом", который ошибочен.
Ещё раз повторю, но немножко другими словами. То, что ошибочным рассуждением Вы получаете верное неравенство, не избавляет Вас от его доказательства.

[Sasha2]

Ссылку я не могу почему то найти, но Вы недавно помогали в разделе "Помогите решить, разобраться" точно также доказать одно неравенство с тремя слагаемыми дробями. И там Вы предположили, что если первое больше нуля то, второе меньше нуля и показали, что действительно первое больше нуля.

А кстати еще вот такой вопрос, допустимо ли тогда для доказательства такого неравенства делать такое доущение: Положим без ограничения общности, что $abc=1$ или $a+b+c=1$? Оно так ведь не совсем симметрично.

[arqady]

Sasha2 в сообщении #338924 писал(а):

Ссылку я не могу почему то найти, но Вы недавно помогали в разделе "Помогите решить, разобраться" точно также доказать одно неравенство с тремя слагаемыми дробями. И там Вы предположили, что если первое больше нуля то, второе меньше нуля и показали, что действительно первое больше нуля.

Воспользуйтесь поиском и найдите (я попытался и не смог), что Вы имеете в виду. У меня там не так много сообщений, тем более, как Вы говорите, это было "недавно". Вы не можете уже так это оставить. Иначе это очень очень некрасиво с Вашей стороны.

[Sasha2]

Хорошо я попытаюсь и найду, но Вы уж тоже, не понимаю, Вы что серьзно, что ли подумали, что я Вас обидеть хотел? Чушь какя-то, вообще это не имел в виду и никогда даже при общении на эти темы мне ничего такого в голову никогда и не приходит.

Ну не могу найти поиском эту тему, ну помню, что Вы там помогли.

Нашел!!! Вот этот топик, где Вы очень великолепно завершили: topic33789.html

[arqady]

Sasha2 в сообщении #338929 писал(а):

Нашел!!! Вот этот топик, где Вы очень великолепно завершили: topic33789.html

Sasha2 в сообщении #338924 писал(а):

И там Вы предположили, что если первое больше нуля то, второе меньше нуля и показали, что действительно первое больше нуля.

Вот моё доказательство из указанного Вами топика:

arqady в сообщении #324446 писал(а):

daogiauvang в сообщении #324287 писал(а):

Пусть $a,b,c>0 , S=abc $. Найти наименьшее значение $L$ удовлетворяет условию:
$\frac{a^3-s}{2a^3+s} + \frac{b^3-s}{2b^3+s} +\frac{ c^3-s}{2c^3+s} \leq L$

Докажем, что $\sum\limits_{cyc}\frac{a^2-bc}{2a^2+bc}\leq0.$
Заметим, что $\sum\limits_{cyc}\frac{a^2}{2a^2+bc}\leq1\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}\left(\frac{1}{2}-\frac{a^2}{2a^2+bc}\right)\geq\frac{1}{2}\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}\frac{bc}{2a^2+bc}\geq1.$
Поэтому остаётся доказать, что: $\sum\limits_{cyc}\frac{bc}{2a^2+bc}\geq1$, что верно поскольку
$\sum\limits_{cyc}\frac{bc}{2a^2+bc}=\sum\limits_{cyc}\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}\geq\frac{(ab+ac+bc)^2}{\sum\limits_{cyc}(2a^2bc+b^2c^2)}=1.$

Объясните, где я провожу подобные Вашим "рассуждения"?

[Sasha2]

Ну вот Вы же в этом топике устанавливаете эквиваленцию между одним (еще не доказанным неравенством) и другим. После чего доказываете второе и делаете вывод, что верно первое. Чем же это рассуждение отличается от моего. Я провел рассуждение по точно такой же схеме, что и Вы. Предположил, что если первое (предложенное Вами неравенство) верно, то тогда из него следует, что верно и второе, а из справедливости второго легко следует первое. Следовательно верно неравенство, получаемое и их суммированием. Вот и все.

[arqady]

Sasha2 в сообщении #338948 писал(а):

Ну вот Вы же в этом топике устанавливаете эквиваленцию между одним (еще не доказанным неравенством) и другим. После чего доказываете второе и делаете вывод, что верно первое.

Да.

Sasha2 в сообщении #338948 писал(а):

Чем же это рассуждение отличается от моего.

Как небо и земля они отличаются!

Sasha2 в сообщении #338948 писал(а):

Я провел рассуждение по точно такой же схеме, что и Вы.

Обманываете!

Sasha2 в сообщении #338948 писал(а):

Предположил, что если первое (предложенное Вами неравенство) верно, то тогда из него следует, что верно и второе, а из справедливости второго легко следует первое.

Но Вы, в отличии от меня, не доказали ни одного из них!

Sasha2 в сообщении #338948 писал(а):

Следовательно верно неравенство, получаемое и их суммированием. Вот и все.

Снова подтасовка! Сумма двух вообще говоря неверных неравенств может быть как верной, так и неверной.
И скажите, если Вы уже убедились (на самом деле нет, но допустим убедились), что неравенство верно, зачем Вам нужна ещё какая-то сумма?