Неравенство

[arqady]

Для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ докажите, что:

$$\sqrt[3]{(a^3+1)(b^3+1)(c^3+1)}+abc\geq ab+ac+bc$$

[hippie]

Если одна из переменных равна 0 — неравенство очевидно.

Иначе, сделав замену $x=\frac 1a;\ \ y=\frac 1b;\ \ z=\frac 1c$ перепишем неравенство в виде

$$\sqrt[3]{ (1+x^3) (1+y^3) (1+z^3)}-z\ge x+y-1.$$

Продифференцировав левую часть по $z$ найдём её минимум при фиксированных $x$ и $y.$ Минимум достигается при $z=\frac 1{\sqrt[3]{\sqrt{(1+x^3)(1+y^3)}-1}}$ и равен $\sqrt[3]{(\sqrt{(1+x^3)(1+y^3)}-1)^2}.$
Таким образом, достаточно доказать неравенство

$$\sqrt[3]{(\sqrt{(1+x^3)(1+y^3)}-1)^2}\ge x+y-1.$$

Введём новые переменные $s=x+y$ и $p=xy$ (при этом $p\le \frac {s^2}4$). Неравенство перепишется в виде:

$$(\sqrt{1+s^3-3sp+p^3}-1)^2\ge (s-1)^3.$$

При фиксированном $s$ левая часть убывает при $0<p<\sqrt{s}$ и возрастает при $p>\sqrt{s}.$
Учитывая ограничение $p\le \frac {s^2}4,$ получаем:
1) При $s\le \sqrt[3]{16}$ левая часть достигает минимума при $p= \frac {s^2}4;$
2) При $s\ge \sqrt[3]{16}$ левая часть достигает минимума при $p= \sqrt {s}.$

В первом случае $\sqrt{1+s^3-3sp+p^3}-1=\left(\frac s2\right)^3.$ Таким образом, неравенство принимает вид $\left(\frac s2\right)^6\ge (s-1)^3,$ т.е. $\left(\frac s2-1\right)^2\ge 0.$

Во втором случае $\sqrt{1+s^3-3sp+p^3}-1=\sqrt{1+s^3-2s\sqrt{s}}-1= s\sqrt{s}-2.$ Таким образом неравенство перепишется в виде:

$$( s\sqrt{s}-2)^2\ge (s-1)^3,$$

т.е.

$$3s^2-4s\sqrt{s}-3s+5\ge 0.$$

При $s=\sqrt[3]{16}$ неравенство выполнено (т.к. оно эквивалентно неравенству из первого случая).
При $s> \sqrt[3]{16}$
$(3s^2-4s\sqrt{s}-3s+5)’=6(s-\sqrt{s}-\frac 12)=$ $6(\sqrt{s}(\sqrt{s}-1)-\frac 12)> 6(\sqrt[3]{4}(\sqrt[3]{4}-1)-\frac 12)>0.$
Таким образом неравенство выполнено при всех $s\ge \sqrt[3]{16}.$

[arqady]

hippie, существует короткое красивое доказательство.

[griboedovaa]

Пусть a+b+c=1 Тогда по Schur (1+9abc)/4>=ab+bc+ca


Выражение под корнем по Huygens будет больше >=abc+1

Остается доказать 2abc+1> (1+9abc)/4,что очевидно

[Edward_Tur]

griboedovaa в сообщении #546013 писал(а):

Пусть a+b+c=1

Неравенство то неоднородное!

[Dave]

Делением обеих частей на $abc$ и заменой $x=\frac 1 a$, $y=\frac 1 b$, $z=\frac 1 c$ приведём неравенство к виду:

$$\sqrt[3]{1+x^3} \sqrt[3]{1+y^3} \sqrt[3]{1+z^3} \ge x+y+z-1. \eqno(1)$$

Далее рассмотрим два случая.
1) Все числа $x,y,z$ не превосходят $2$. Тогда можно воспользоваться неравенством

$$\sqrt[3]{\frac {1+x^3} 2} \ge \exp \left(\frac {x-1} 2 \right), \eqno(2)$$

справедливым при всех $x \in [0,2]$. Действительно, логарифмируя обе части $(2)$ и взяв производную разности, получим выражение $- \frac {(x-1)(x^2-x-1)} {2(1+x^3)}$, которое на отрезке $[0,2]$ обращается в $0$ в двух точках: $x_1=1$ и $x_2=\frac {1+\sqrt{5}} 2$. $x_2$ - точка локального максимума и разность логарифмов $(2)$ убывает справа от неё, поэтому $(2)$ достаточно проверить в точке $x_1$ и на правом конце отрезка $[0,2]$.
Перемножая $(2)$ для $x$, $y$ и $z$, получим: $\sqrt[3]{1+x^3} \sqrt[3]{1+y^3} \sqrt[3]{1+z^3} \ge 2 \exp \left(\frac {x+y+z-3} 2\right)$. Далее остаётся применить известное неравенство $e^t \ge t+1$ к $t=\frac {x+y+z-3} 2$.
2) Среди чисел $x,y,z$ есть большее $2$. Пусть, для определённости, таковым является $x$. Докажем, что при любых неотрицательных $y$ и $z$ верно:

$$2 \sqrt[3]{1+y^3} \sqrt[3]{1+z^3} > y+z+1. \eqno(3)$$

Действительно, разность кубов левой и правой частей равна

$$(8+8y^3+8z^3+8y^3z^3)-(1+y^3+z^3+3y^2z+3yz^2+3y^2+3y+3z^2+3z+6yz)=$$

$$=3(y^3+z^3-y^2z-yz^2)+2(4y^3z^3-3yz+1)+(4y^3-3y^2-3y)+(4z^3-3z^2-3z)+5=$$

$$=3(y+z)(y-z)^2+2(yz+1)(2yz-1)^2+4y(y-1)^2+5(y-0.7)^2+4z(z-1)^2+5(z-0.7)^2+0.1$$

Последнее выражение, очевидно, положительно при $y \ge 0$, $z \ge 0$.
Теперь заметим, что $(x-2)(\sqrt[3]{1+y^3} \sqrt[3]{1+z^3}-1) \ge 0$. Раскрывая в этом неравенстве скобки, прибавляя к нему $(3)$, а также очевидное неравенство $\sqrt[3]{1+x^3} > x$, умноженное на $\sqrt[3]{1+y^3} \sqrt[3]{1+z^3}$, получим $(1)$.

[arqady]

Всё верно, Dave!

Другое доказательство исходного неравенства:
Пусть $(1-a)(1-b)\geq0$. Тогда Гёльдер даёт
$\sqrt[3]{(a^3+1)(b^3+1)(1+c^3)}+abc\geq ab+c+abc\geq ab+ac+bc$.

Известное неравенство $\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\geq2$ для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ таких, что $ab+ac+bc\neq0$ перепишем так:
$\sqrt{a^2+abc}+\sqrt{b^2+abc}+\sqrt{c^2+abc}\geq2\sqrt{ab+ac+bc-abc}$ для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ таких, что $a+b+c=1$.
Вот его усиление:
Пусть $a$, $b$ и $c$ неотрицательные такие, что $a+b+c=1$. Докажите, что:

$$\sqrt{a^2+abc}+\sqrt{b^2+abc}+\sqrt{c^2+abc}\geq2\sqrt{ab+ac+bc}$$

[Nikys]

arqady
Я, наверное, тугодум, но как-то переходов не понял...

[arqady]

Их было три. Какой именно из них? Задайте конкретный вопрос.

[Nikys]

Начиная с этого
$\sqrt[3]{(a^3+1)(b^3+1)(1+c^3)}+abc\geq ab+c+abc\geq ab+ac+bc$
Ну, и не совсем понял, как было получено
$\sqrt{a^2+abc}+\sqrt{b^2+abc}+\sqrt{c^2+abc}\geq2\sqrt{ab+ac+bc-abc}$ из предыдущего.

[arqady]

Nikys в сообщении #548414 писал(а):

Начиная с этого
$\sqrt[3]{(a^3+1)(b^3+1)(1+c^3)}+abc\geq ab+c+abc\geq ab+ac+bc$

В первом неравенстве $\sqrt[3]{(a^3+1)(b^3+1)(1+c^3)}\geq ab+c$
мы пользуемся неравенством Гёльдера:
Для положительных $a_1$,..., $a_n$, $b_1$,...,$b_n$, $c_1$,...,$c_n$, $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ выполняется:

$$(a_1+...+a_n)^{\alpha}(b_1+...+b_n)^{\beta}(c_1+...+c_n)^{\gamma}\geq\left(\left(a_1^{\alpha}b_1^{\beta}c_1^{\gamma}\right)^{\frac{1}{\alpha+\beta+\gamma}}+...+\left(a_n^{\alpha}b_n^{\beta}c_n^{\gamma}\right)^{\frac{1}{\alpha+\beta+\gamma}}\right)^{\alpha+\beta+\gamma}$$

для $\alpha=\beta=\gamma=\frac{1}{3}$, $a_1=a^3$, $a_2=1$, $b_1=b^3$, $b_2=1$, $c_1=1$ и $c_2=c^3$.
Неравенство Гёльдера доказывается из соображений выпуклости функции $f(x)=x^k$ для $k>1$.
Неравенство $ ab+c+abc\geq ab+ac+bc$ эквивалентно $c(1-a)(1-b)\geq0$, которое можно считать верным ну, например, потому, что $(1-a)(1-b)\cdot(1-a)(1-c)\cdot(1-b)(1-c)=(1-a)^2(1-b)^2(1-c)^2\geq0$.

Nikys в сообщении #548414 писал(а):

Ну, и не совсем понял, как было получено
$\sqrt{a^2+abc}+\sqrt{b^2+abc}+\sqrt{c^2+abc}\geq2\sqrt{ab+ac+bc-abc}$ из предыдущего.

Вот так:
$\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\geq2\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}\sqrt{a(a+b)(a+c)}\geq2\sqrt{(a+b)(a+c)(b+c)}\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}\sqrt{a^2(a+b+c)+abc}\geq2\sqrt{(a+b+c)(ab+ac+bc)-abc}\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}\sqrt{a^2+abc}\geq2\sqrt{ab+ac+bc-abc}$.
Напоминаю, что $a+b+c=1$.

[Nikys]

arqady
Да, спасибо... Просто не додумался, что это по трем слагаемым, а то всегда ведь по двум предлагают.
Теперь всё понял. Спасибо)

[TR63]

arqady

Значит ли, что неравенство уже доказано для любых неотрицательных a,b,c.

Я хочу предложить другой способ.

$$\sqrt[3]{x^3+1}\sqrt[3]{y^3+1}\sqrt[3]{z^3+1}\geq x+y+z-1$$

1). Пусть $(x,y,z)\geq 2$. Применим простое вспомагательное неравенство $xy>x+y$, т.к. $x(y-1)>y$; $y(x-1)>x$ при x>2, y>2. Учитывая, что $sqrt\[3]{x^3+1}geq x$

[TR63]

$\sqrt[3]{1+x^3} > x$, получаем, что исходное неравенство верно.


2). Пусть $x\in[0;2]$, (z,y)-любые неотрицательные.

Далее хочу использовать предложение (если оно верно) такое: "Если на промежутке [a,b] имеется две монотонные функции f(x), v(x) такие, что f(a)>v(a), f(b)>f(b) и существует $c\in[a,b]$, f(c)>v(c), то на этом промежутке f(x)>v(x).

Тогда исходное неравенство достаточно рассмотреть в трёх точках (0,1,2). А это уже неравенства простые. Например, пусть x=0. Тогда надо доказать неравенство:

$$\sqrt[3]{1+y^3}\sqrt[3]{1+z^3}>y+z-1$$

(2)

Применяя простое неравенство ab>a+b-1 при (a>1,b>1), и учитывая, что $\sqrt[3]{1+y^3}>y$, получим, что (2) верно.
Далее всё доказательство строится на использовании этих двух простых неравенств, которые были применены мною выше. Только при x=1, возникает затруднение. Но его можно избежать, возведением в куб обеих частей неравенства, и применением свойства среднего арифметического. Полученное в результате кубическое уравнение легко раскладывается на множители.
Для меня, в предложенном arqady неравенстве, интересен не сам факт доказательства, интересен вопрос о возможности "расширения", т.е. до каких пор можно наращивать количество корней, на каком шаге поменяется знак неравенства, т.к. причины для смены знака имеются.

[arqady]

TR63 в сообщении #549650 писал(а):

Далее хочу использовать предложение (если оно верно) такое: "Если на промежутке [a,b] имеется две монотонные функции f(x), v(x) такие, что f(a)>v(a), f(b)>f(b) и существует $c\in[a,b]$, f(c)>v(c), то на этом промежутке f(x)>v(x).

Наверно, у Вас $f(b)>v(b)$?
В таком случае Ваше утверждение неверно: $f(x)=x^2$ и $v(x)=x-\frac{1}{5}$ на $[0,1]$.