Универсальное неравенство

[Скорцонер]

Еще можно вот так:
$ 2 xyz + xy+yz+zx \geqslant (xyz)^2+4/9 (xy+yz+zx)^2 $

[Скорцонер]

Можно ли предыдущее неравенство решить тем же способом, т.е. свести к неравенству Шура? Мне кажется, нет.
Кроме того:
уже предлагавшееся мной неравенство
1). $ xyz \leqslant 2/3 (xy+yz+zx)-1$
выполняющееся для всех $x,y,z \geqslant 0, x+y+z=3$ при дополнительном условии
$1/2 \leqslant xyz$
выполняется для сторон треугольника без дополнительного условия.
Это неравенство для сторон треугольника (при $x,y,z \geqslant 0, x+y+z=3$) можно усилить двояко:
2). $xy+yz+zx \geqslant 9/5 +6/5 xyz$,
3). $xy+yz+zx \geqslant 9/4 +2/3 xyz$.
В 2) равенство наступает, когда в равнобедренном треугольнике сумма двух сторон равна третьей, а также для равностороннего треугольника. В 3) – всегда, когда сумма двух сторон равна третьей.

[arqady]

Скорцонер писал(а):

Еще можно вот так:
$ 2 xyz + xy+yz+zx \geqslant (xyz)^2+4/9 (xy+yz+zx)^2 $

Скорцонер писал(а):

Можно ли предыдущее неравенство решить тем же способом, т.е. свести к неравенству Шура? Мне кажется, нет.

Оно эквивалентно вот этому

$$\sum_{cyc}(x^5y+x^5z+7x^4yz-2x^3y^3+8x^3y^3z+8x^3z^2y-23x^2y^2z^2)\geq0,$$

что ещё проще.

Скорцонер писал(а):

Кроме того:
уже предлагавшееся мной неравенство
1). $ xyz \leqslant 2/3 (xy+yz+zx)-1$
выполняющееся для всех $x,y,z \geqslant 0, x+y+z=3$ при дополнительном условии
$1/2 \leqslant xyz$
выполняется для сторон треугольника без дополнительного условия.

Если положить $x=b+c, $y=a+c$ и $z=a+b,$
то ваше неравенство эквивалентно следующему:

$$\sum_{cyc}(4a^3-3a^2b-3a^2c+2abc)\geq0,$$

что очевидно верно.

Скорцонер писал(а):

Это неравенство для сторон треугольника (при $x,y,z \geqslant 0, x+y+z=3$) можно усилить двояко:
2). $xy+yz+zx \geqslant 9/5 +6/5 xyz$,

С той же заменой получаем, что оно эквивалентно неравенству Шура:

$$\sum_{cyc}(a^3-a^2b-a^2c+abc)\geq0.$$

Скорцонер писал(а):

3). $xy+yz+zx \geqslant 9/4 +2/3 xyz$.

А это эквивалентно $3\geq2\frac{2}{3}.$
Кстати, ваше "универсальное неравенство" здорово помогает вот здесь:
http://dxdy.ru/viewtopic.php?t=9765
Правда, предварительно там нужно заметить что-то.

[maxal]

Скорцонер писал(а):

Введем переменные:

$$P= 1/2T_3 -1/2T_2+1, Q=1-1/3T_2 $$

Само неравенство:
$P^2 \leqslant Q^3$

Sasha Rybak писал(а):

Наверно, это условие неотрицательности дискриминанта многочлена $x^3-T_1 x^2+T_2 x-T_3$, равносильное тому, что x, y, z - действительны.

Скорцонер писал(а):

Конечно, так и есть. Вы, Саша, даже никому подумать не дали. Так тоже нечестно.

Что-то не выходит каменный цветок.
Дискриминант полинома $x^3-T_1 x^2+T_2 x-T_3$ равен:

$$\Delta = - 4 T_2^3 + T_1^2 T_2^2 + 18 T_1 T_2 T_3 - 4 T_1^3 T_3 - 27 T_3^2,$$

в то время как

$$Q^3 - P^2 = \left(1-\frac{1}{3} T_2\right)^3 - \left(\frac{1}{2} T_3 - \frac{1}{2} T_2 + 1\right)^2 = \frac{1}{108} \left( 9 T_2^2 - 4 T_2^3 -27 T_3^2 + 54 T_2 T_3 - 108 T_3\right).$$

С дискриминантом у этого выражения наблюдается всего лишь 2 общих члена.

[BanmaN]

Скорцонер, ответ к 4-ому посту.
Я, вроде, слабо понимаю в многочленах и пр.
Может, в каждой дроби числитель и знаменатель домножить на числитель ( (a^2)/(b^2a + 5) ... ) , после по следствию из неравенства Коши-Буняковского ( 9/(a*b^2 + bc^2 + a^2c + 15) => 1/2 ), после в знаменателе по Коши-Буняковскому ab^2 + bc^2 + a^2c Легко получим <= 3.

[arqady]

BanmaN писал(а):

, после в знаменателе по Коши-Буняковскому ab^2 + bc^2 + a^2c Легко получим <= 3.

которое неверно. Проверьте

$$a=1,$$

$$b=2$$

и

$$c=0.$$

[BanmaN]

Ой, точно, извините