Усиление одного известного неравенства

[arqady]

nn910 писал(а):

Вот еще промежуточная задача, есть олимпийское решение, народ подключайтесь. Усиление неравенства Коши:
При каких $\alpha$ неравенство

$$\dfrac{(a-b)^2+(a-c)^2+(b-c)^2}{3}\geq\alpha\sqrt[3]{(a-b)^2 (a-c)^2 (b-c)^2}$$

верно для всех действительных a,b,c?

Мне нравится следующее рассуждение.
Для $\alpha\leq0$ Ваше неравенство очевидно.
Положим $\alpha>0$ и пусть $a+b+c=3u,$ $ab+ac+bc=3v^2$ ( здесь $v$ может быть комплексным, но $v^2\in\mathbb R$ ) и $abc=w^3.$
Тогда $\dfrac{(a-b)^2+(a-c)^2+(b-c)^2}{3}\geq\alpha\sqrt[3]{(a-b)^2 (a-c)^2 (b-c)^2}\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\frac{8}{27}(9u^2-9v^2)^3\geq\alpha^3\cdot27(3u^2v^4-4v^6-4u^3w^3+6uv^2w^3-w^6)\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow w^6-2(3uv^2-2u^3)w^3-3u^2v^4+4v^6+\frac{8}{\alpha^3}(u^2-v^2)^3\geq0.$
Поскольку наше неравенство верно для всех действительных $a,$ $b$ и $c,$ то должно выполняться:
$(3uv^2-2u^3)^2-\left(-3u^2v^4+4v^6+\frac{8}{\alpha^3}(u^2-v^2)^3\right)\leq0,$ что даёт $\alpha\leq\sqrt[3]2.$
Равенство при $\alpha=\sqrt[3]2$ достигается когда $w^3=3uv^2-2u^3,$ то бишь, например, когда $a=1,$ $b=-1$ и $c=0.$

-- Сб авг 22, 2009 22:54:16 --

nn910
Ваше неравенство равносильно моему древнему:
Пусть $a,$ $b$ и $c$ неотрицательны и такие, что $a^2+b^2+c^2=2(ab+ac+bc).$
Докажите, что $a+b+c\geq3\sqrt[3]{2abc}.$
При его составлении я имел в виду что-то другое.

[nn910]

Другое (конечно только по форме) решение: Составим кубическое уравнение,корнями которого являются a-b,b-c и c-a : $z^3-rz-s=0$.Будет приведенным,тк сумма корней =0. Критерий, что такое уравнение имеет три действительных корня, известен: $(\dfrac{r}{3})^3 \geq(\dfrac{s}{2})^2$А требуемое неравенство выглядит как $(\dfrac{2r}{3})^3 \geq\alpha^3 s^2$Сравнивая, видим что $\alpha=\sqrt[3]{2}$и все меньшие -годятся. Пример a,b,c-члены арифм.прогрессии, перечисленные в любом порядке, дают точное равенство.

[nn910]

arqady в сообщении #235392 писал(а):

Пусть $a,$ $b$ и $c$ - положительны. Докажите, что:

$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq\sqrt{\frac{k(a^2+b^2+c^2)}{ab+ac+bc}-k+9}$$

2) для $k=3\left(1+\sqrt[3]{2}\right)^2.$

(deleted) arqady а у Вас какое доказательство?

[arqady]

nn910 в сообщении #240300 писал(а):

arqady в сообщении #235392 писал(а):

Пусть $a,$ $b$ и $c$ - положительны. Докажите, что:

$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq\sqrt{\frac{k(a^2+b^2+c^2)}{ab+ac+bc}-k+9}$$

2) для $k=3\left(1+\sqrt[3]{2}\right)^2.$

(deleted) arqady а у Вас какое доказательство?

Вот моё доказательство (опускаю лёгкие проверки).
Пусть $a+b+c=3u$, $ab+ac+bc=3v^2$ (v>0), $abc=w^3$ и $\sqrt{\frac{k(a^2+b^2+c^2)}{ab+ac+bc}-k+9}=3p.$
Тогда $p\geq1$ и $\frac{u^2}{v^2}=\frac{3p^2+k-3}{k}.$
Теперь

$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq\sqrt{\frac{k(a^2+b^2+c^2)}{ab+ac+bc}-k+9}\Leftrightarrow a^2c+b^2a+c^2b\geq3pw^3\Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow\sum_{cyc}(a^2b+a^2c)\geq6pw^3+\sum_{cyc}(a^2b-a^2c)\Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow9uv^2-3(1+2p)w^3\geq(a-b)(a-c)(b-c)$$

Легко проверить, что 9uv^2\geq3(1+2p)w^3$ для всех $0\leq k\leq6+6\sqrt3\cos10^{\circ}$.
Действительно, $3(1+2p)w^3$ вляется линейной функцией от $w^3$ и поэтому принимает своё наибольшее значение на границе $w^3,$
то бишь, когда два из $a,$ $b$ и $c$ равны. Поэтому для доказательства $9uv^2\geq3(1+2p)w^3$ достаточно его проверить для $b=c=1,$ что легко осуществить.
Поскольку $6+6\sqrt3\cos10^{\circ}>3(1+\sqrt[3]2)^2,$ то осталось доказать, что для $k=3(1+\sqrt[3]2)^2$ выполняется:

$$\left(9uv^2-3(1+2p)w^3\right)^2\geq(a-b)^2(a-c)^2(b-c)^2$$

Но

$$\left(9uv^2-3(1+2p)w^3\right)^2\geq(a-b)^2(a-c)^2(b-c)^2\Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow\left(9uv^2-3(1+2p)w^3\right)^2\geq27(3u^2v^4-4v^6+6uv^2w^3-4u^3w^3-w^6)\Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow(1+p+p^2)w^6-3(2uv^2+puv^2-u^3)w^3+3v^6\geq0\Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow(1+p+p^2)w^6-\frac{3}{k}\sqrt{\frac{3p^2+k-3}{k}}(k+3+pk-3p^2)v^3w^3+3v^6\geq0$$

Если $p\geq\frac{k+3}{3}$ то $k+3+pk-3p^2\leq0$ и неравенство выполняется.
Если же $1\leq p<\frac{k+3}{3}$, то остаётся доказать, что $\frac{9(3p^2+k-3)(k+3+pk-3p^2)^2}{k^3}-12(1+p+p^2)\leq0,$
которое эквивалентно $(p-1)^2g(p)\leq0,$ где

$$g(p)=81p^4-54(k-3)p^3+9(k^2-15k)p^2+18(k^2-6k-9)p-k^3+9k^2-27k-81$$

Легко убедиться, что $g(p)\leq0$ для всех $1\leq p<\frac{k+3}{3}$ ($p_{max}=\sqrt[3]2$) и исходное неравенство доказано.

[nn910]

Цитата:

$$\Leftrightarrow(1+p+p^2)w^6-3(2uv^2+puv^2-u^3)w^3+3v^6\geq0\Leftrightarrow$$

Судя по предыдущей и последующей строкам,опечатка в одном знаке:

$$\Leftrightarrow(1+p+p^2)w^6-3(-2uv^2+puv^2-u^3)w^3+3v^6\geq0\Leftrightarrow$$

Да-а. Представляю олимпиаду на которой предложена эта задача.Запирают людей на месяц с 10ю пачками бумаги...

[arqady]

nn910 в сообщении #245076 писал(а):

Цитата:

$$\Leftrightarrow(1+p+p^2)w^6-3(2uv^2+puv^2-u^3)w^3+3v^6\geq0\Leftrightarrow$$

Судя по предыдущей и последующей строкам,опечатка в одном знаке:

$$\Leftrightarrow(1+p+p^2)w^6-3(-2uv^2+puv^2-u^3)w^3+3v^6\geq0\Leftrightarrow$$

Вы уверены?

nn910 в сообщении #245076 писал(а):

Да-а. Представляю олимпиаду на которой предложена эта задача.Запирают людей на месяц с 10ю пачками бумаги...

Эту задачу на олимпиаде, конечно, давать не надо, но как исследовательскую девятикласснику... Почему нет?
Имхо, в этой задаче важна идея, а она очень простая - исследование квадратного трёхчлена и многочлена третьей степени.
Вместе с тем, по моему, в этой задаче достаточно загадочности, чтобы завлечь школьника посчитать иногда что-то вручную. Именно это нам и нужно. Нет?

[nn910]

arqady в сообщении #245124 писал(а):

Вы уверены?

Теперь уверен в обратном.Странные вещи вчера творились.

Цитата:

Вместе с тем, по моему, в этой задаче достаточно загадочности, чтобы завлечь школьника посчитать иногда что-то вручную. Именно это нам и нужно. Нет?

Если б только щкольника.У меня вот такие вопросы вертятся.
1.Продолжать анализировать Ваше гигантское доказательство.
2.Из формул для корней кубического уравнения вида$x_n= \dfrac{x_0+x_1+x_2}{3}+r cos(\phi+ \dfrac{2 \pi n}{3}) ,n=0,1,2$ следует, что корни являются проекциями на ось х вершин некоторого правильного треугольникаЧто через uvw можно сказать о его размерах и ориентации. Не странно что его центр тяжести u Но что его размер не зависит от w Даже когда 2 корня комплексные(?) И не взять ли три характеристики этого треугольника за новые(скажем корректнее-запасные) переменные
3.Если случайная величина представлена тремя испытаниями $x_n ,n=0,1,2$,то u отражает их среднее значение,по u и v находим дисперсию (как-то странно,не через 1й и 2й моменты,а через 1й и -1й) а w отвечает за какую-то характеристику,которой Теорвер большого значения не придает. И при увеличении n получается целый ряд характеристик типа матожидания симметрических средних порядка n. А любопытно,что по ним можно восстановить n штук "типичных представителей" распределения случайной величины однозначно,как корни многочлена, а также n первых моментов распределения.(Кто знает про состояние Проблемы моментов и subj, дайте пожалуйста ссылку)Не знаю хороша ли общая формула моментов через uvw... или обратная