Нестандартные задачи

[arqady]

Скорцонер писал(а):

Предлагаю еще одно неравенство в общую копилку.
$4 (xy + yz + zx)\leqslant 3 xyz + 9, x+y+z = 3$.

Если вы имеете в виду доказать, что $4 (xy + yz + zx)\leqslant 3 xyz + 9$
для неотрицательных $a,$ $b$ и $c,$ таких, что $a+b+c=3,$
то это неравенство Шура.

[Скорцонер]

Сегодня придумал, но не знал, что Шур уже над ним поработал, благодарю за информацию. Тогда вот другое, похожее:
Для тех же $x,y,z \geqslant 0 $ в соотношениях
$1/2 \leqslant xyz \leqslant 2/3 (xy+yz+zx) -1$
правое неравенство следует из левого.

[Руст]

Скорцонер писал(а):

Сегодня придумал, но не знал, что Шур уже над ним поработал, благодарю за информацию. Тогда вот другое, похожее:
Для тех же $x,y,z \geqslant 0 $ в соотношениях
$1/2 \leqslant xyz \leqslant 2/3 (xy+yz+zx) -1$
правое неравенство следует из левого.

Оба неравенства не верны. Левая и правая нарушается при x=y=0,z=3, мало того при этом получаем $\frac 12 \le -1$.

[arqady]

Вот простое, но прикольное неравенство для любителей неравенства Шура:
докажите, что

\[a^a(a-b)(a-c)+b^b(b-a)(b-c)+c^c(c-a)(c-b)\geq0\]

для положительных $a,$ $b$ и $c.$

[Скорцонер]

Я имел в виду, что если $x,y,z$ таковы, что выполнено левое неравенство, то правое выполняется автоматически.

[Юстас]

arqady писал(а):

Вот простое, но прикольное неравенство для любителей неравенства Шура:
докажите, что

\[a^a(a-b)(a-c)+b^b(b-a)(b-c)+c^c(c-a)(c-b)\geq0\]

для положительных $a,$ $b$ и $c.$

Ну пусть $a\geqb\geq c$. Если $b>\frac1e$, то $a^a\geq b^b$ и $a^a(a-b)(a-c)\geq b^b(a-b)(b-c)$. Если $b<\frac1e$ то $c^c\geq b^b$ и $c^c(c-b)(c-a)\geq b^b(b-c)(a-b)$
Вот еще нечто похожее: для положительных $a,b,c$ и произвольного действительного $r$

$$a^r(a-b)(a-c)+b^r(b-a)(b-c)+c^r(c-a)(c-b)\geq0$$

[arqady]

Юстас писал(а):

Вот еще нечто похожее: для положительных $a,b,c$ и произвольного действительного $r$

$$a^r(a-b)(a-c)+b^r(b-a)(b-c)+c^r(c-a)(c-b)\geq0$$

Это и есть неравенство Шура. Для $r=2$ получаем задачу ( первую здесь ), которую имел в виду Скорцонер.
Для $r\geq0$ оно очевидно, a для $r<0$ работает ваш метод.

[Скорцонер]

Действительно, первое неравенство получается из неравенства Шура, (только при $r=1$, а не $2$). Не помогает ли Вам дух И.Шура оперировать с неравенствами? Ведь он, кажется, похоронен в Тель-Авиве?
(Меня к этому неравенству привели другие соображения.)
По поводу последней задачи. Можно добавить, что при
$ 1/2 \geqslant xyz, x,y,z \geqslant 0, x+y+z = 3 $ справедливо неравенство
$xyz \leqslant 2/9 (xy+yz+zx) $.

[arqady]

Скорцонер писал(а):

Ведь он, кажется, похоронен в Тель-Авиве?

Я знаю, что Шур в 1939 году за два года до смерти приехал в Израиль из Германии.
Про Тель-Авив не знал. Спасибо!

Скорцонер писал(а):

По поводу последней задачи. Можно добавить, что при
$ 1/2 \geqslant xyz, x,y,z \geqslant 0, x+y+z = 3 $ справедливо неравенство
$xyz \leqslant 2/9 (xy+yz+zx) $.

Вы, конечно, имеете в виду, что нужно доказать, что $xyz \leqslant \frac{2}{9}\cdot (xy+yz+zx) $.
Моё доказательство, как говорится, - "из пушки по воробъям", но всё таки доказательство.
Пусть $f(x,y,z)=2(xy+xz+yz)-9xyz$ и $x=\max\{x,y,z\}.$ Тогда $x\geq1$ и
$f(x,y,z)-f\left(x,\frac{y+z}{2},\frac{y+z}{2}\right)=\frac{(9x-2)(y-z)^2}{4}\geq0.$
Осталось доказать, что $f(x,y,y)\geq0,$ когда $x=3-2y$ и $xy^2\leq\frac{1}{2}.$ Получаем:
$xy^2\leq\frac{1}{2}\Leftrightarrow4y^3-6y^2+1\geq0\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\left(y-\frac{1}{2}\right)\left(y-\frac{1+\sqrt3}{2}\right)\left(y-\frac{1-\sqrt3}{2}\right)\geq0\Leftrightarrow y\leq\frac{1}{2}$ поскольку $0\leq y\leq1.$
Отсюда $x\geq2$ и $f(x,y,y)\geq0\Leftrightarrow4xy+2y^2-9xy^2\geq0\Leftrightarrow y(2y-1)(3y-4)\geq0,$
что очевидно. Равенство достигается, например, когда $x=2$ и $y=z=\frac{1}{2}.$

[arqady]

Скорцонер
Здесь появилось интересное обобщение вашей красивой задачи.

[TOTAL]

$a, b, c$ -- внутренние углы треугольника.
$\sin(a)\sin(a-b)+\sin(b)\sin(b-c)+\sin(c)\sin(c-a) \geq 0 ?$

[arqady]

TOTAL писал(а):

$a, b, c$ -- внутренние углы треугольника.
$\sin(a)\sin(a-b)+\sin(b)\sin(b-c)+\sin(c)\sin(c-a) \geq 0 ?$

По-моему, это неверно. Попробуйте $a=3^{\circ},$ $b=176^{\circ}$ и $c=1^{\circ}.$

TOTAL
Ваша задача напомнила мне следующую простенькую:

найдите все натуральные $n,$ при которых неравенство
$a(a-b)^n+b(b-c)^n+c(c-a)^n \geq 0 $
выполняется для всех действительных $a,$ $b$ и $c$

и вот эту:

найдите все натуральные $n,$ при которых неравенство
$a(a+b)^n+b(b+c)^n+c(c+a)^n \geq 0 $
выполняется для всех действительных $a,$ $b$ и $c,$

которая поинтереснее будет.

[TOTAL]

arqady писал(а):

TOTAL писал(а):

$a, b, c$ -- внутренние углы треугольника.
$\sin(a)\sin(a-b)+\sin(b)\sin(b-c)+\sin(c)\sin(c-a) \geq 0 ?$

По-моему, это неверно. Попробуйте $a=3^{\circ},$ $b=176^{\circ}$ и $c=1^{\circ}.$

Да, это неверно. Теперь я понимаю, почему в соседней задаче про треугольник я смог доказать это (эквивалентное) неравенство только для остроругольного треугольника.

[Скорцонер]

To arcady.
Да, на указанном Вами сайте прошла интересная дискуссия. Правда, я не понял, что это за такая «EV-Theorem», которая там, похоже, известна каждому?
Кажется, что из первой части задачки обобщения не получится?
P.S. Я было принял Ваш ник за имя, оказалось, что это не так. Вы по-прежнему в Шевах-Мофет?

[arqady]

Скорцонер писал(а):

Правда, я не понял, что это за такая «EV-Theorem», которая там, похоже, известна каждому?

Вот здесь она.
Честно скажу, не люблю падающие с неба теоремы.

Скорцонер писал(а):

Вы по-прежнему в Шевах-Мофет?

Wow! Откуда вы знаете?