Неравенство

[arqady]

Для всех действительных $a$, $b$ и $c$ докажите, что

$$(a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b)^2\geq4(ab+ac+bc)(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)$$

[Edward_Tur]

arqady в сообщении #848661 писал(а):

Для всех действительных $a$, $b$ и $c$ докажите, что

$$(a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b)^2\geq4(ab+ac+bc)(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)$$

Неравенство можно привести к виду

$$a^2b^2(a-b)^2+b^2c^2(b-c)^2+c^2a^2(c-a)^2+2abc(a^3+b^3+c^3+3abc-a^2b-a^2c-b^2a-b^2c-c^2a-c^2b)\ge0.$$

Для неотрицательных переменных последнее неравенство очевидно (Шур).

[Shadow]

Пусть $|a|\le |b|\le |c|$. Разделим обе части на положительное $b^6$ и перейдем к новым переменным $u=\dfrac a b,v=\dfrac c b$ причем $|u| \le 1,|v| \ge 1$

$(u^2v+u^2+v^2u+v^2+u+v)^2 \ge 4(uv+u+v)(u^2v^2+u^2+v^2) \quad \eqno{(2)}$

При таких условиях, при отрицательном $v, \quad uv+u+v<0$ и неравенство очевидно. Рассматриваем $v \ge 1$.
1. При $u \ge 0$ достаточно (используем $A \ge B+C \Rightarrow A^2 \ge 4BC$)

$u^2v+u^2+v^2u+v^2+u+v \ge (uv+u+v)+(u^2v^2+u^2+v^2)\Rightarrow uv(1-u)(v-1) \ge 0$
что верно

2. При $u<0$ разделим обе части $\eqno{(2)}\text{ на } v^2$
$(u^2+\frac{u^2}{v}+vu+v+\frac u v+1)^2 \ge 4(uv+u+v)(u^2+\frac{u^2}{v^2}+1)$
И опять сравниваем
$u^2+\frac{u^2}{v}+vu+v+\frac u v+1 \ge (uv+u+v)+(u^2+\frac{u^2}{v^2}+1)$
После сокаращения
$\dfrac{u^2}{v}+\dfrac u v \ge u+\dfrac{u^2}{v^2}$
верно, так как при условиях $u \in [-1;0], v \ge 1$

$\dfrac{u^2}{v} \ge \dfrac{u^2}{v^2},\quad \dfrac u v \ge u$

[arqady]

Shadow, вроде всё правильно. В моём доказательстве, как и у Вас, фигурировало $A^2\geq4BC$, но для квадратного трёхчлена.

-- Вс апр 13, 2014 10:55:39 --

Edward_Tur в сообщении #848867 писал(а):

Для неотрицательных переменных последнее неравенство очевидно (Шур).

Для неотрицательных переменных верно и такое:

$$(a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b)^2\geq4(ab+ac+bc)(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)+(a-b)^2(a-c)^2(b-c)^2$$

хотя, в принципе, Вы это уже доказали.

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #848954 писал(а):

Shadow, вроде всё правильно. В моём доказательстве, как и у Вас, фигурировало $A^2\geq4BC$, но для квадратного трёхчлена.

-- Вс апр 13, 2014 10:55:39 --

Edward_Tur в сообщении #848867 писал(а):

Для неотрицательных переменных последнее неравенство очевидно (Шур).

Для неотрицательных переменных верно и такое:

$$(a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b)^2\geq4(ab+ac+bc)(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)+(a-b)^2(a-c)^2(b-c)^2$$

хотя, в принципе, Вы это уже доказали.

$$\Leftrightarrow abc(a^3+b^3+c^3+3abc-a^2(b+c)-b^2(c+a)-c^2(a+b)) \ge 0 $$

[Rak so dna]

arqady в сообщении #848661 писал(а):

Для всех действительных $a$, $b$ и $c$ докажите, что

$$(a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b)^2\geq4(ab+ac+bc)(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)$$

$ (a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b)^2-4(ab+ac+bc)(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)=\\ \frac{1}{2}\sum\limits_{cyc}\frac{\left( a^3(b+c)-a^2(b^2+c^2)+abc(b-c)\right)^2}{a^2+b^2+c^2} +\frac{1}{2}\sum\limits_{cyc}\frac{\left(a^3(b+c)-a^2(b^2+c^2)-abc(b-c)\right)^2}{a^2+b^2+c^2} +2a^2b^2c^2\sum\limits_{cyc}\frac{(a-b)^2}{a^2+b^2+c^2} $

[TR63]

arqady в сообщении #848661 писал(а):

Для всех действительных $a$, $b$ и $c$ докажите, что

$$(a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b)^2\geq4(ab+ac+bc)(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)$$

Для неотрицательных переменных достаточно доказать неравенство при $a+b+c=1$.Разделим обе части на $(abc)^2$. Получим:
$(\frac 1 c+\frac 1 b+\frac 1 a-3)^2\ge4(\frac 1 c+\frac 1 b+\frac 1 a)(\frac{ab}{c}+\frac{ac}{b}+\frac{bc}{a})$
Раскрыв скобки (страшненько, но с вольфрамом просто; зато в итоге получится интересное неравенство, ради него и пишу), применив Гёльдера, получим усиленное неравенство:
$6(\frac 1 a+\frac 1 b+\frac 1 c)<(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})+2(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc})+12$
Оно верно,т.к.
$\frac{1}{a^2}+\frac{2}{ab}+4>\frac 6 a$ при $0\le b\le1$
Значит и исходное неравенство верно при неотрицательных переменных.

[arqady]

TR63 в сообщении #850392 писал(а):

применив Гёльдера, получим усиленное неравенство:
$6(\frac 1 a+\frac 1 b+\frac 1 c)<(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})+2(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc})+12$

Покажите, как Вы применяете Гёльдера и как из Вашего неравенства следует исходное?
Между прочим, Ваше неравенство можно усилить.

[TR63]

arqady в сообщении #850425 писал(а):

Между прочим, Ваше неравенство можно усилить.

Конечно, можно. Это следует из способа доказательства. Но я пока не знаю, как это сделать. Будет интересно посмотреть Ваш вариант.

arqady в сообщении #850425 писал(а):

Покажите, как Вы применяете Гёльдера и как из Вашего неравенства следует исходное?

TR63 в сообщении #850392 писал(а):

Получим:
$(\frac 1 c+\frac 1 b+\frac 1 a-3)^2\ge4(\frac 1 c+\frac 1 b+\frac 1 a)(\frac{ab}{c}+\frac{ac}{b}+\frac{bc}{a})$

Раскрываем скобки с помощью вольфрама, получаем, что должна быть положительной сумма пяти слагаемых:
1).$\frac{1}{a^2}4bc+\frac{1}{b^2}4ac+\frac{1}{c^2}4ab$

2).$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}$

3)$\frac{4a}{b}+\frac{4b}{a}+\frac{4a}{c}+\frac{4c}{a}+\frac{4c}{b}+\frac{4b}{c}$

4).$\frac{2}{ab}+\frac{2}{ac}+\frac{2}{bc}$

5).$-6(\frac 1 a+\frac 1 b+\frac 1 c)+9$
Гёльдера применяю к первому и третьему слагаемому. Затем беру усиленное к полученному усиленному и доказываю его.

[Rak so dna]

Rak so dna в сообщении #849641 писал(а):

$ (a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b)^2-4(ab+ac+bc)(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)=\\ \frac{1}{2}\sum\limits_{cyc}\frac{\left( a^3(b+c)-a^2(b^2+c^2)+abc(b-c)\right)^2}{a^2+b^2+c^2} +\frac{1}{2}\sum\limits_{cyc}\frac{\left(a^3(b+c)-a^2(b^2+c^2)-abc(b-c)\right)^2}{a^2+b^2+c^2} +2a^2b^2c^2\sum\limits_{cyc}\frac{(a-b)^2}{a^2+b^2+c^2} $

На самом деле все проще:

$ (a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b)^2-4(ab+ac+bc)(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)=\\ \sum\limits_{cyc}\frac{a^4\left(b^2+c^2-a(b+c)\right)^2}{a^2+b^2+c^2} +3\sum\limits_{cyc}\frac{a^2b^2c^2(a-b)^2}{a^2+b^2+c^2} $

[arqady]

TR63 в сообщении #850454 писал(а):

Гёльдера применяю к первому и третьему слагаемому.

Так покажите, как Вы это делаете?

-- Чт апр 17, 2014 14:29:22 --

Rak so dna у Вас где-то ошибка.

[TR63]

arqady в сообщении #850793 писал(а):

TR63 в сообщении #850454
писал(а):
Гёльдера применяю к первому и третьему слагаемому.
Так покажите, как Вы это делаете?

Обозначим первую группу слагаемых $A_1$.Тогда из Гёльдера следует:
$A_1\ge3\cdot4\sqrt[3]{\frac{(abc)^2}{(abc)^2}}=12$
$A_3\ge6\cdot4\sqrt[6]{\frac{(abc)^2}{(abc)^2}}=24$
$A_1+A_3+9>12$
$A_2+A_4+12>6(\frac 1 a+\frac 1 b+\frac 1 c)$
Последнее неравенство верно. Оно является усиленным по отношению к исходному. Значит исходное верно.

[Rak so dna]

arqady в сообщении #850793 писал(а):

Rak so dna у Вас где-то ошибка.

Почему

[arqady]

$\sum\limits_{cyc}(a^4\left(b^2+c^2-a(b+c)\right)^2+3a^2b^2c^2(a-b)^2)$ не делится на $a^2+b^2+c^2$.

[Rak so dna]

arqady в сообщении #850825 писал(а):

$\sum\limits_{cyc}(a^4\left(b^2+c^2-a(b+c)\right)^2+3a^2b^2c^2(a-b)^2)$ не делится на $a^2+b^2+c^2$.

Как Вы это видите?