Забавное неравенство

[Sasha2]

arqady в сообщении #339067 писал(а):

Sasha2 в сообщении #338948 писал(а):

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

Я этого и не отрицаю. Я утверждаю только, что если справедливо одно, то справедливо и второе.
А делаю я это только для того, чтобы привести данное неравенство к симметричному виду.

[arqady]

Sasha2 в сообщении #339069 писал(а):

arqady в сообщении #339067 писал(а):

Sasha2 в сообщении #338948 писал(а):

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

Я этого и не отрицаю. Я утверждаю только, что если справедливо одно, то справедливо и второе.
А делаю я это только для того, чтобы привести данное неравенство к симметричному виду.

Что-то Вы укоротоли цитату. Удлиню-ка её:

Sasha2 в сообщении #339069 писал(а):

arqady в сообщении #339067 писал(а):

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!

Я этого и не отрицаю. Я утверждаю только, что если справедливо одно, то справедливо и второе.
А делаю я это только для того, чтобы привести данное неравенство к симметричному виду.

Ещё раз повторю, что Вы сами и пишите:

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.

То бишь я доказываю второе, Вы же не доказываете ни одного, как сами и подтверждаете.
Как же можно после этого утверждать:

Sasha2 в сообщении #338948 писал(а):

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

??? Жду ответа именно на этот вопрос.

[Sasha2]

Я считаю, что я его доказал, но только не для 11, а для 10.5 в правой части.
Причем я использовал при доказательстве эквиваленцию по обоим (ну понятно о чем идет речь) кускам.
А для 11, да, конечно, не отрицаю, на данный момент я его доказать не могу.
Но дело тут не в эквиваленции, а в 11.

[Sasha2]

И еще, вот неравенство, как Вы говорите, более простое, вида
$\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}+\frac{k*\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}$ (при любом коэффициенте $k$), я доказываю, домножая числитель и знаменатель последней дроби на $\sqrt[3]{(abc)^2}$
Дальше цена вопроса становится оценка сверху вот такого выражения $(a+b+c)\sqrt[3]{(abc)^2}$.
Пока ничего лучшего чем просто AM-GM, честно скажу, в голову не приходит, то есть оценка сверху это $\frac{(a+b+c)(ab+bc+ac)}{3}$. Дальше очень очевидно, какой наилучший результат я могу получить, воспользовавшись все тем же простеньким методом поиска минимума естественно какой функции, обозначив $x=a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2$

[Sasha2]

Еще вот не совсем ясно, куда может привести такая оценка:
$9x^2y^2z^2 \le (x^2y+y^2z+z^2x)(xy^2+yz^2+zx^2)$, тривиально получаемая по AM-GM.

Подскажите плиз, хотя бы туда ли двигаюсь?
Имеется в виду Ваше неравенство, которое Вы считаете более легким.

[Sasha2]

Немного тыркаясь с этими неравенствами, постепенно прихожу к такой мысли, что доказательство первого (более трудного на Ваш взгляд) неравенства лежит через доказательство вот такого неравенства:
$8(a+b+c)\sqrt[3]{(abc)^2} \le 3(a^2c+b^2a+c^2b)+15abc$.
Интуитивно кажется, что оно верно, но пока мне его доказать не удалось.

[neo66]

Не трудитесь. Оно неверно при $0<a=b=c<1$. Просто из соображений "размерности".

[Sasha2]

neo66 в сообщении #339315 писал(а):

Не трудитесь. Оно неверно при $0<a=b=c<1$. Просто из соображений "размерности".

А вот это даже вообще не понял, к чему это и о каких размерностях идет речь.
Вроже как порядок (если это еще применимо к таким функциям) левой и правой части равен 3. То есть размерности одинаковы. Тем более и так видно, что при всяком $a=b=c$, хоть большими, хоть меньшими ежиницами это неравенство переходит в верное равенство.
Может поясните, что Вы имеете в виду.

[neo66]

Да, насчет размерностей, наврал. Жара...

[Sasha2]

Ну ничего страшного. Я тоже, честно говоря, пока не нашел доказательства (так как я тоже не уверен, что это неравенство верное), тоже пытаюсь подобрать три числа, при которых данноре неравенство становится неверным, но честно говоря у меня пока ничего не выходит.
Так что и опровергнуть его я не могу, но и доказать такой монстр пока не получается.

[DiviSer]

arqady в сообщении #327858 писал(а):

Вот ещё одна игрушка.
Пусть $a,$ $b$ и $c$ положительны. Докажите, что:

$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{24\sqrt[3]{abc}}{a+b+c} \geq 11$$

может быть верно более сильное нер-во:

$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{27\sqrt[3]{abc}}{a+b+c} \geq 12$$

??
и с учетом того что можно принять $abc=1$ ,будет:

$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{27}{a+b+c} \geq 12$$

[arqady]

DiviSer в сообщении #340705 писал(а):

может быть верно более сильное нер-во:

$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{27\sqrt[3]{abc}}{a+b+c} \geq 12$$

??

$a=0.9$, $b=1.1$ и $c=1$.

[DiviSer]

arqady в сообщении #340755 писал(а):

DiviSer в сообщении #340705 писал(а):

может быть верно более сильное нер-во:

$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{27\sqrt[3]{abc}}{a+b+c} \geq 12$$

??

$a=0.9$, $b=1.1$ и $c=1$.

получается что 24 оптимальный... думаю тут нету простого доказательства. или может просто я не вижу)