Нестандартные задачи

[arqady]

Edward_Tur в сообщении #595183 писал(а):

Такое усиление верно?
$(a^3-a+3)(b^3-b+3)(c^3-c+3)\geq 9\sqrt[3]{3(a^3+b^3+c^3)^2}$
(Доказывать не умею).

Я тоже не умею. Но следующее ослабление Вашего неравенства верно:
Для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ таких, что $a^3+b^3+c^3=3$, докажите что

$$(a^3-a+3)(b^3-b+3)(c^3-c+3)\geq 27$$

[TR63]

1) $(a^5-a^3+3)(b^5-b^3+3)(c^5-c^3+3)\geq 9(a^2+b^2+c^2)$
2) $(a^5-a^3+3)(b^5-b^3+3)(c^5-c^3+3)\geq 9\sqrt[3]{3(a^3+b^3+c^3)^2}$
1) При $b=0, c=0$ неравенство(1) верно; при $a=b=c=0$ неравенство (1) верно; при $a^2\geq \frac{b^2+c^2} {((bc)^2)(\frac1 3)-1}>0$ неравенство (1) верно.
2) Неравенство (2) можно доказать при $a^3+b^3+c^3\le1$, если учесть, что $a^5-a^3+3=a^5-a^3+\frac1 2+2.5$ и сделать усиление. Получится верное неравенство. Запишем три верных неравенства:
$a^5-a^3+3\geq(3)^\frac1 3 a^2$, поочерёдно меняя (a)на (b),(c). Перемножив три полученных неравенства, получим:
$(...)(...)(...)\geq3(abc)^2$. Сделаем усиление исходного неравенства, положив
$9(3(a^3+b^3+c^3)^2)^\frac1 3 \le3(abc)^2$. При $a\geq1$ это неравенство непрерывно ложно. Следовательно исходное неравенсто непрерывно относительно знаков (>,<). Т.е. исходное неравенство достаточно исследовать в одной точке. (Это можно сделать. Главное-правдоподобность предыдущего рассуждения(?)).

[arqady]

Правдоподобность плохая!

[TR63]

(Оффтоп)

Знаю, что плохая. Но хотелось бы контрпример или что-нибудь логическое.

[arqady]

TR63 в сообщении #597523 писал(а):

Но хотелось бы контрпример или что-нибудь логическое.[/off]

Ну, например, вот это:

TR63 в сообщении #597468 писал(а):

1)
при $a^2\geq \frac{b^2+c^2} {((bc)^2)(\frac1 3)-1}>0$ неравенство (1) верно.

Почему? И что делать если Ваше $((bc)^2)(\frac1 3)-1<0$?
И дальше много чего плохого...

[TR63]

arqady в сообщении #597669 писал(а):

TR63 в сообщении #597523 писал(а):

Но хотелось бы контрпример или что-нибудь логическое.[/off]

Ну, например, вот это:

TR63 в сообщении #597468 писал(а):

1)
при $a^2\geq \frac{b^2+c^2} {((bc)^2)(\frac1 3)-1}>0$ неравенство (1) верно.

Почему? И что делать если Ваше $((bc)^2)(\frac1 3)-1<0$?

TR63 в сообщении #597468 писал(а):

Запишем три верных неравенства:, поочерёдно меняя (a)на (b),(c). Перемножив три полученных неравенства, получим:. Сделаем усиление исходного неравенства, положив

$9(a^2+b^2+c^2)\le3(abc)^2$. Решаем это неравенство относительно $(a^2)$. Далее, думаю, понятно. Т.е. это неравенство в частном случае решается аналогично второму. (Странно, почему не возникло вопроса по второму неравенству). Переход к общему случаю здесь другой. Это не контрпример. (У меня не получилась цитата. Если не понятно, то перепишу).

[arqady]

TR63 в сообщении #598030 писал(а):

Сделаем усиление исходного неравенства, положив
$9(a^2+b^2+c^2)\le3(abc)^2$

Ваше "усиление" неверно: $a=0$.

[vorvalm]

Я извиняюсь, но просмотрев все страницы данной темы не нашел решения задачи 2). Или это настолько просто, что не заслуживает внимания ?

[TR63]

arqady, Вы перешли к первому неравенству(мне интереснее второе, хотя они, возможно, аналогичны; пусть будет так; это не важно). Относительно Вашего замечания я не спорю. Но вся соль именно в том, чтобы усиление было непрерывно ложным в непрерывной области. Идя по этому пути, мы получим, к сожалению, опять решение для частной области(с учётом "плохой правдоподобности"). Чтобы, всё-таки, получить общее решение, надо применить другую "плохую правдоподобность"(её я опробовала удачно на теореме Гурвица, которая в результате была опровергнута). Думаю, что для одного неравенства слишком много "сомнительных?" методов. Согласна закруглиться на том, что мною получены частные решения(если не допустила арифметических ошибок).

-- 24.07.2012, 11:33 --

Да, arqady, неравенства очень интересные.

-- 24.07.2012, 11:45 --

vorvalm, возможно, неправильно поняла, о чём речь. Если это по поводу неравенства(2), то частное решение могу расписать подробнее, если написано слишком кратко. (Прошу учесть, что комп не всегда доступен).

[vorvalm]

Я имею в виду "нестандартную задачу" 2) от Studenta

[arqady]

vorvalm в сообщении #598558 писал(а):

Я имею в виду "нестандартную задачу" 2) от Studenta

На компьтере перебрать и дело в шляпе!

[vorvalm]

arqady в сообщении #598570 писал(а):

На компьтере перебрать и дело в шляпе

Это, конечно, можно, но хотелось бы увидеть теоретическое решение.

[nnosipov]

vorvalm в сообщении #598579 писал(а):

Это, конечно, можно, но хотелось бы увидеть теоретическое решение.

Без перебора здесь обойтись трудно, однако его можно существенно сократить, предварительно доказав равенство $p^2+q^2+4=6pq$ в случае нечётных $p$, $q$ (это --- стандартная задача). В пределах $p<2005$ и $q<2005$ теперь можно обойтись и без компьютера.

[vorvalm]

Ну а хотя бы одно решение можно привести ?

[nnosipov]

vorvalm в сообщении #598591 писал(а):

Ну а хотя бы одно решение можно привести ?

$p=29$, $q=5$. Это единственное решение в нечётных простых числах.