Неравенство

[Kid Kool]

arqady, maxal совершенно справедливо заметил, что неравенства легко следуют из неравенства Йенсена. Первое - для функции $x^{-\frac 1 2}$, а второе - для $x^{-\frac 1 3}$

[maxal]

Kid Kool писал(а):

arqady, maxal совершенно справедливо заметил, что неравенства легко следуют из неравенства Йенсена. Первое - для функции $x^{-\frac 1 2}$, а второе - для $x^{-\frac 1 3}$

Для первых двух соглашусь, а вот с третьим в лоб вроде не получается. Может, у вас на примете другой подход?

Добавлено спустя 2 минуты 16 секунд:

arqady писал(а):

maxal, Вам привет от Лёши Канеля!

Алексею Яковлевичу мой взаимный привет!

[arqady]

Kid Kool писал(а):

arqady, maxal совершенно справедливо заметил, что неравенства легко следуют из неравенства Йенсена. Первое - для функции $x^{-\frac 1 2}$, а второе - для $x^{-\frac 1 3}$

I think you are wrong. How it follows? Explain please. Thank you!

[Kid Kool]

maxal писал(а):

Для первых двух соглашусь, а вот с третьим в лоб вроде не получается. Может, у вас на примете другой подход?

У меня были такие рассуждения:

По неравенству Йенсена имеем:

$\left(\frac{x+y+z}{3}\right)^{-\frac 1 3}$ $\leqslant$ $\frac {x^{-\frac 1 3}+y^{-\frac 1 3}+z^{-\frac 1 3}} {3}$

Подставляя $x = 2ab+25ac$, $y = 2bc+25ab$ и $z = 2ac+25bc$, получаем, что

$\sqrt[3]{\frac{1}{2ab+25ac}}+\sqrt[3]{\frac{1}{2bc+25ab}}+\sqrt[3]{\frac{1}{2ac+25bc}}$ $\geqslant$ $\frac {1} {\sqrt[3]{\frac{ab+bc+ac}{3}}}$

Далее, из неравенства Чебышева (aka перестановочного) следует, что

$\left(\sqrt[3]{\frac{1}{2ab+25ac}}+\sqrt[3]{\frac{1}{2bc+25ab}}+\sqrt[3]{\frac{1}{2ac+25bc}}\right)\left(\sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{b^2}+\sqrt[3]{c^2}\right)$ $\leqslant$ $3\left(\sqrt[3]{\frac{a}{2b+25c}}+\sqrt[3]{\frac{b}{2c+25a}}+\sqrt[3]{\frac{c}{2a+25b}}\right)$ (*)

(можно считать, что $a \leqslant b \leqslant c$)

Откуда получаем:

$\sqrt[3]{\frac{a}{2b+25c}}+\sqrt[3]{\frac{b}{2c+25a}}+\sqrt[3]{\frac{c}{2a+25b}}$ $\geqslant$ $\frac{\frac{\sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{b^2}+\sqrt[3]{c^2}}{3}}{\sqrt[3]{\frac{ab+bc+ac}{3}}}$, что $\geqslant$ 1.

Но, как оказалось, из неравенства Чебышева (*) не следует (там знак как раз наоборот).

[arqady]

Kid Kool писал(а):

(можно считать, что $a \leqslant b \leqslant c$)

Как раз нельзя!
То-бишь нет пока ничего ни по одной из трёх последних задач.

[maxal]

arqady
вторая задача непосредственно следует из обобщения перестановочного неравенства, ссылку на которое я приводил выше.

[arqady]

maxal писал(а):

arqady
вторая задача непосредственно следует из обобщения перестановочного неравенства, ссылку на которое я приводил выше.

Может, я невнимательно читал, но не нашёл там то, что могло бы помочь. Почитаю ещё раз, более внимательно.

[maxal]

arqady писал(а):

maxal писал(а):

arqady
вторая задача непосредственно следует из обобщения перестановочного неравенства, ссылку на которое я приводил выше.

Может, я невнимательно читал, но не нашёл там то, что могло бы помочь. Почитаю ещё раз, более внимательно.

Записываем его в виде:

$$\left(4+5\frac{b}{a}}\right)^{-1/2}+\left(4+5\frac{c}{b}}\right)^{-1/2}+\left(4+5\frac{a}{b}}\right)^{-1/2}\leq1.$$

и применяем обобщенное перестановочное неравенство к функции $f(x)=(4+5e^x)^{-1/2}$ и последовательностям логарифмов $a,b,c$ и этих же логарифмов со знаком минус.

[arqady]

maxal писал(а):

и применяем обобщенное перестановочное неравенство к функции $f(x)=(4+5e^x)^{-1/2}$

Но эта функция не является выпуклой и не является вогнутой.

[maxal]

arqady писал(а):

maxal писал(а):

и применяем обобщенное перестановочное неравенство к функции $f(x)=(4+5e^x)^{-1/2}$

Но эта функция не является выпуклой и не является вогнутой.

На $(-\infty,0]$ она является выпуклой, и мне казалось, что большего и не надо, так как, в виду однородности неравенства, $a,b,c$ можно нормировать, чтобы максимальное из них было равно 1. Но теперь я уже не вижу, как это может помочь.

[student]

RIP писал(а):

Обозначим $x_1=\frac a{a+b+c}$, $x_2=\frac b{a+b+c}$, $x_3=\frac c{a+b+c}$. Тогда $f(x)=(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)=x^3-x^2+\frac x4-x_1x_2x_3$. Поскольку $f(x)$ имеет 3 вещественных корня, то $f(1/6)\ge0$, то есть $x_1x_2x_3\le\frac1{54}$, что нам и нужно.

Только для этого еще нужно доказать, что $\min(x_1,x_2,x_3)\le \frac{1}{6}$. Что то это у меня не получается

[RIP]

student писал(а):

RIP писал(а):

Обозначим $x_1=\frac a{a+b+c}$, $x_2=\frac b{a+b+c}$, $x_3=\frac c{a+b+c}$. Тогда $f(x)=(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)=x^3-x^2+\frac x4-x_1x_2x_3$. Поскольку $f(x)$ имеет 3 вещественных корня, то $f(1/6)\ge0$, то есть $x_1x_2x_3\le\frac1{54}$, что нам и нужно.

Только для этого еще нужно доказать, что $\min(x_1,x_2,x_3)\le \frac{1}{6}$. Что то это у меня не получается

Зачем? $1/6$ - точка локального максимума $f(x)$, поэтому должно быть $f(1/6)\geqslant0$.

[student]

Спасибо.

[maxal]

Нашел тут довольно интересное обобщение перестановочного неравенства (Scripta Mathematica 1946, 12(2), 164-169):, которое оказалось ошибочным.