不等式への招待 第９章 [無断転載禁止]©2ch.net YouTube動画>2本 ->画像>5枚

[第８章 469]

> for reals
> [1] (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) >= (1+a+b)(1+b+c)(1+c+a)
> [2] ((a^2+3)(b^2+3)(c^2+3))^2 >= 512(a+b)(b+c)(c+a)
>
> for nonnegarives
> [3] (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) >= 3(a+b+c)^2+(abc-1)^2
> [4] (x^2+2)(y^2+2)(z^2+2) >= 4(x^2+y^2+z^2)+5(xy+yz+zx)+(xyz-1)^2
> [5] (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) >= 4(a^2+b^2+c^2)+5(ab+bc+ca)+(abc(a-1)^2(b-1)^2(c-1)^2)^(1/3)
>
> AOPS
> [1], [2] : c6h588096p3481394
> [3] : c6h4830p15309
> [4], [5] : c6h581954p3438879
>
> 他にもいろいろ

[第８章 977、991]
> [疑問]-----------------------------------------------
> a, b, c >0 に対して、
> M(a,b,c) ≧ (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ m(a,b,c)
> -----------------------------------------------------
>
> AM-GMで m(a,b,c) = 27(abc)^2 を得るけど、もっとキツく締め上げたいのでござる。
>
> L = a^2b + b^2c + c^2a
> R = ab^2 + bc^2 + ca^2
>
> (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)
> = L^2 + LR + R^2
> = (s^2)(t^2) - (s^3)u - t^3
>
>
> とりあえず少し進展したのでパピコ。 Caushyの拡張より、
>
> (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)
> ＝ (ab+b^2+a^2)(b^2+bc+c^2)(a^2+c^2+ca)
> ≧ (ab+bc+ca)^3
> ＝ t^3
>
> AM-GMで 27(abc)^2 = 27u^2 としたよりもマシになった。
>
> 　m(a,b,c) = (ab+bc+ca)^3 ≧ 27(abc)^2
>
> が、以下のように分割すると、非負値の和ばかりで、ずいぶんとゆるゆるなうんちでござる。
>
> (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) - t^3
> ＝ (s^2)(t^2) - (s^3)u - 2(t^3)
> ＝ (t^2-3su)F_0 + 2suF_0 + (u^2)F_{-2} + u(st-9u)
> ≧ 0

>>5
(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) ≧ {(a-b)(b-c)(c-a)}^2.
(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ 3(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2) ≧ (ab+bc+ca)^3 ≧ 3abc(a+b+c)(ab+bc+ca) ≧ 27(abc)^2.

>>5
[第２章 136-138]
> 非負実数 a, b, c に対して
> (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)
>　≧ (27/64)[(a+b)(b+c)(c+a)]^2 ≧ (1/3)[(a+b+c)(ab+bc+ca)]^2 ≧ (ab+bc+ca)^3

12年前に自分が作っていた模様…

ウインナーコーヒーにウインナーが入ってないのと同じ
すべては騙し

>>4
[1］コーシーで
（1+aa+1)(1+1+bb）≧（1+a+b)^2，etc.

[2］AM-GMで
（aa+3)(bb+3）=（aa+1+1+1）（1+bb+1+1）≧（a+b+1+1)^2 ≧ 4(a+b)(1+1),
　[第8章.994］

>>6 下
p = aab+bbc+cca，q = abb+bcc+caa とおくと
アイゼンシュタイン整数で
（aa+ab+bb)(bb+bc+cc)(cc+ca+aa）= pp+pq+qq
=（3/4)(p+q)^2 + (1/4)(p-q)^2,
≧ 3pq +（1/4)⊿^2,
⊿ =（a-b)(b-c)(c-a）= q-p,

次は（1+1+1)(aab+bbc+cca)(abb+bcc+caa）の３つでコーシー

>>5
M(a,b,c) について、

(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)
≦ ab(a+b) + bc(b+c) + ca(c+a)

(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)
≦ (a^2+2b^2+c^2+ab+bc)(b^2+2c^2+a^2+bc+ca)(c^2+2a^2+b^2+ca+ab)/8
≦ (1/27)*(2a^2+2b^2+2c^2+ab+bc+ca)^3

きれいな式で押さえたいんだが… ('A`)

>>6-7
(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ (27/64)[(a+b)(b+c)(c+a)]^2 ≧ (1/3)[(a+b+c)(ab+bc+ca)]^2 ≧ (ab+bc+ca)^3
(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) ≧ {(a-b)(b-c)(c-a)}^2.
(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ 3(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2) ≧ (ab+bc+ca)^3 ≧ 3abc(a+b+c)(ab+bc+ca) ≧ 27(abc)^2.

[疑問]
右辺の 3(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2) は、
　(27/64)[(a+b)(b+c)(c+a)]^2 や (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)
より大きそうなんだけど、うまく証明できない。
s, t, u に置き換えて差を計算してみたけど、次数が高くて…

>>5
m(a,b,c)について、

(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ 3(√3)*(a^2-bc)(b^2-ca)(c^2-ab)

ゆるゆるな希ガス…。

>>10
（aa+ab+bb)(bb+bc+cc)(cc+ca+aa）
= pp+pq+qq
≦（p+q)^2
=｛ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)}^2
≦（9/2)(aa+bb)(bb+cc)(cc+aa),
ゆるゆる～

（aa+ab+bb）≦（3/2)(aa+bb),
を巡回的に掛けて
（aa+ab+bb)(bb+bc+cc)(cc+ca+aa）≦（27/8)(aa+bb)(bb+cc)(cc+aa),

>>11
・a=b のときは
3pq ≧（27/64)(st-u)^2 ≧（1/3)sstt,

・(a,b,c）=（0,1,8）のときは
　p=8，q=64，s=9，t=8，u=0,
（27/64)(st-u)^2 >（1/3)sstt ≧ 3pq,

大小は定まらず。

ゆるゆると言えば、2009 BMO。
http://www.bmoc.maths.org/home/bmo2-2010.pdf

　a, b, c>0 に対して、4(a+b+c)^3 > a^2b + b^2c + c^2a.

こんなの見たら改良せざるをえない ( ﾟ∀ﾟ)ｳﾋｮｯ！

　a, b, c>0 に対して、4(a+b+c)^3 ≧ a^2b + b^2c + c^2a + abc.

>>4 (1) について、a, b, c≧0 として、次の２式

(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ (1+a+b)(1+b+c)(1+c+a)
(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ 9(ab+bc+ca)

を合体させたくなるが、右辺の２式の大小は？

(1+a+b)(1+b+c)(1+c+a) - 9(ab+bc+ca)
= s^2 + 2s + 1 + st - 8t - u

次数がバラバラなので困る… ('A`)

>>14
それが元々のカナダMO-1995 でござるよ。（但し右辺を27倍）
イギリスMO-2009 はそれを緩めたのでござるな。

0≦a≦b,c としてよい。
4(a+b+c)^3－27(aab+bbc+cca+abc)
= 9a(aa+bb+cc-ab-bc-ca）+（4b+c-5a)(a+b-2c)^2≧0
等号成立は（a,b,c）=（0,2,1）とその巡回。

文献［8］　安藤「不等式」例題2.2.12(7） p.56

>>16
なるほど。その因数分解は自力では作れそうにない。

>>15
(1+a+b)(1+b+c)(1+c+a) - 9(ab+bc+ca)
= s^2 + 2s + 1 + st - 8t - u
= (s+1)^2 + (st-9u) + 8(u-t)
= (s-1)^2 + (st-9u) + 4(2u-2t+s)

s, t, u ではうまくいかない。

a, b, c の基本対称式 s, t, u に関する不等式で定数を含むものは、いくつくらい挙げられますか？

>>17
と思い込んでたが、実はカナダMOの方も緩かったでござる...orz


［第8章.950］
［第8章.754（１）］に追加
a,b,c >0 のとき
（aa+2bb)(bb+2cc)(cc+2aa）≧（1/27){(a+2b)(b+2c)(c+2a)}^2 ≧ (ab+bc+ca)^3,

(略証）
27(中辺 - 右辺）=（3st+⊿)^2 - 27t^3
= 9(ss-3t)tt + 6st⊿ + ⊿⊿
≧ (9-4√3)(ss-3t)tt
≧ 0,

〔補題〕
a,b,c ≧0，⊿=（a-b)(b-c)(c-a）のとき
｜⊿｜≦（2/√3)(ss-3t)t/s,
等号は｛a,b,c｝ = ｛1,1,1｝ ｛0,√3 -1,√3 +1｝ など。

［第3章.727、737-739］
Casphy! - 高校数学 - 不等式１ - 339

>>20
> = 9(ss-3t)tt + 6st⊿ + ⊿⊿
> ≧ (9-4√3)(ss-3t)tt

｜⊿｜≦（2/√3)(ss-3t)t/s をどう使えばいいのか教えてください。

>>15
>>18
3u=a+b+c, 3v^2=ab+bc+ca, w^3=abc とおくと u >= v >= w
L-R = -w^3 + (9u - 24) v^2 + 9u^2 + 6u + 1 >= (8u - 15) v^2 + 6u + 1
・8u - 15 >= 0 のとき
明らか
・8u - 15 <= 0 のとき
>= (8u - 15) u^2 + 6u + 1
= (u -1)^2 (8u+1)
>= 0

ここまでやらなくとも L-R を u, v^2, w^3 で表したとき w^3 について線形関数になっているから元の不等式を c=b と c=0 の二つの場合について調べればよい
次数が揃ってなくてそのまま一変数には持ち込めないから逆に面倒かもしれないが

>>21
［第3章.739］でござるな。
たかたじけない。その通りでござった...orz

この補題は x，y を固定して m の関数と見るのがミソでござる。
つまり、a、ｂ、cを同じ幅で一斉にずらすのでござる。
そのとき、⊿ と ss-3t = F_0 は mによらず一定で、
t = 3mm + 2m(2x+y) + x(x+y）は単調増加、
ss/tt = 3/t + F_0/tt は単調減少、t/s は単調増加。　
∴ m=0 の場合だけ考えれば十分でござるよ。(*)

* ただし a=b=c（x=y=0）の場合は一定となるので除く。

>22
　⊿⊿ の項は捨て、
　s⊿ ≧ -s|⊿｜≧ -(2/√3)(ss-3t)t,

任意の非負実数 a, b, c に対して次の不等式が成り立つ
　(1) (a^3+b^3+c^3-3abc) >= A |(a-b)(b-c)(c-a)|
　(2) (a^3+b^3+c^3) >= A |(a-b)(b-c)(c-a)|
　(3) (a+b+c)^3 >= B |(a-b)(b-c)(c-a)|
　(4) (a+b+c)^3 - 27abc >= B |(a-b)(b-c)(c-a)|
, A=sqrt(9+6sqrt(3)), B=6sqrt(3). 両方とも A, B が最良
abc の項はあってもなくても係数は同じだからもっといい不等式が作れそうなきがする

>>30
a=1, b=2, c=0 で成り立たない
過去ログでは三角形の辺となっているから a=x+y… とおくと
L^2 - R^2 = 4(xy^2+yz^2+zx^2-3xyz)(x^2y+yz^2+zx^2-3xyz) >= 0

>>31
条件を見落としていました。ありがとうございます。

>>30

左側は差をとる。
Rt -ssu =（aabb･b + bbcc･c + ccaa･a）-（aabb･c + bbcc･a + ccaa･b）
　=｛(4aab^3 + bbc^3 + 2cca^3)/7 - aabbc｝+ cyclic.
　≧0,
Lt -ssu =（aabb･a + bbcc･b + ccaa･c）-（aabb･c + bbcc･a + ccaa･b）
　=｛(4bba^3 + 2ccb^3 + aac^3)/7 - aabbc｝+ cyclic.
　≧0,

右側も差をとる。
s(ss-2t）- 3R = a(a-c)^2 + b(b-a)^2 + c(c-b)^2 ≧ 0,
s(ss-2t）- 3L = a(a-b)^2 + b(b-c)^2 + c(c-a)^2 ≧ 0,

⊿ = R-L
　= 2R -（L+R)
　≦ 2s(ss-2t)/3 -（st-3u)
　=（2s^3 -7st +9u）/3
　=（F_1 + s F_0）/3,


>>31
反例は a=1，1/φ < b < φ，c=0 ですね。

（st-9u)^2 - ⊿⊿ =（R+L-6u)^2 -（R-L)^2 = 4(R-3u)(L-3u）≧0,

>>33 （修正）
　1/φ<b<φ　かつ　b≠1

-----------------------------------

〔補題〕
x,y,z>0 のとき
x^3 + y^3 + z^3 + ｛√(27/2）- 3｝xyz ≧（1/√2）（xx+yy+zz）^(3/2),

>>4

[4]
　ab+bc+ca=t とおく。
（aa+2)(bb+2)(cc+2）-4(aa+bb+cc）-5(ab+bc+ca）-（abc-1)^2
　= 2(aabb+bbcc+ccaa）+2abc -5(ab+bc+ca)t+ 7
　=｛(4-√6)/3｝（aabb+bbcc+ccaa）
　+｛(2+√6)/3｝（aabb+bbcc+ccaa + ab+bc+ca）+2abc
　-｛(17+√6)/3｝（ab+bc+ca）+ 7
　≧｛(4-√6)/9｝tt
　+ 2{(2+√6)/3｝｛(ab)^(3/2）+（bc)^(3/2）+（ca)^(3/2)｝+ 2abc　（←補題>>35)
　-｛(17+√6)/3｝t + 7
　≧｛(4-√6)/9｝tt +｛2(√2+√3)/3｝t^(3/2) -｛(17+√6)/3｝t +7
　=｛［(4-√6)/9］t +（14/√27)√t +（7/3)｝（√t - √3)^2
　≧ 0,

[3］も［4］から出る。

最近やった問題の類題を見つけたのでメモ。
(5)を参考にすれば、>>5の M(a,b,c) が作れる鴨…

【問題】-----------------------------------------------
(1)
a, b, c >0 に対して、
a + (ab)^(1/2) + (abc)^(1/3) ≦ 3*[a*{(a+b)/2}*{(a+b+c)/3}]^(1/3)

(2)
a, b >0 に対して、QM + HM ≧ AM + GM

(3)
a, b, c >0 に対して、9*AM ≧ 8*GM + M_3 （M_3は3乗平均とする）

(4)
a, b, c >0 に対して、3*A(a,b,c) ≧ H(a,b) + H(b,c) + H(c,a)

(5)
a, b, c ≧0 に対して、
4(a+b+c)^6 ≧ 243(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2)

-----------------------------------------------------
参考(1) [第８章 972、2016 TOT]
a, b, c >0 に対して、a + (ab)^(1/2) + (abc)^(1/3) ≦ (4/3)*(a+b+c)

参考(2)(3) [第８章 755,727,782,794、出典不明]
a, b, c >0 に対して、2*QM + 3*GM ≦ 5*AM
a, b, c >0 に対して、AM + HM ≧ 5*GM/{16^(1/3)}

出典：>>2 柳田pdf
(1) P.10 問17、初等的な不等式Ⅰ(問題)
(2) P.13 問7、初等的な不等式Ⅰ(問題)
(3) P.256 問103、初等的な不等式Ⅲ
(4) 佐藤[9] P.16 問1.56
(5) P.15 問6、初等的な不等式Ⅱ

>>37

(2)
GG, AA, QQ は等差数列
　Q + G ≦ √{2(QQ+GG)｝= 2A

H，G，A は等比数列
　QQ-GG = 2(AA-GG）= 2A(A-H),

∴（Q-G)/(A-H）= 2A/(Q+G）≧ 1,

(4）演習問題1.55

>>37 (1)の改造。

a, b, c, d >0 に対して、
a + (ab)^(1/2) ≦ 2*[a*{(a+b)/2}]^(1/2),
a + (ab)^(1/2) + (abc)^(1/3) + (abcd)^(1/4) ≦ 4*[a*{(a+b)/2}*{(a+b+c)/3*{(a+b+c+d)/4}]^(1/4)

５文字のときは、うまくいかなかった（証明できなかった）でござるが、本当にダメなんだらうか？

>>40
Show that for all nonnegative a[1], …, a[n],
　(a[1] + (a[1]a[2])^(1/2) + … + (a[1]…a[n])^(1/n)) / n <= (a[1] * (a[1] + a[2])/2 * … * (a[1] + … + a[n])/n)^(1/n).
【Kiran Kedlaya】

>>41
なんと！帰納法を使うのかなあ…

>>37 (5)の解答例で、aを最小数として、b=a+p、c=a+qとおいて代入して展開していますが、他の回答はないですかね？

>>37 (1)
>>40
G1=a，G2=√(ab)，G3=(abc)^(1/3)，…とおく。
コーシーで
（a+a)(a+b）≧（G1+G2)^2,
（a+a+a)(a+G2+b)(a+b+c）≧（G1+G2+G3)^3,
（a+a+a+a)(a+a+b+b)(a+b+G3+c)(a+b+c+d）≧（G1+G2+G3+G4)^4,

>>39
チェビシェフで
｛c(a+b)+a(b+c)+b(c+a)} {2/(a+b)+2/(b+c)+2/(c+a)｝≦ 6(a+b+c),
∴　1／H(A(a,b)，A(b,c)，A(c,a)）≦ s/t,

｛(a+b)+(b+c)+(c+a)} {2ab/(a+b)+2bc/(b+c)+2ca/(c+a)｝≦ 6(ab+bc+ca),
∴　A(H(a,b)，H(b,c)，H(c,a)）≦ t/s,
　
よって
A(a,b,c)）= A(A(a,b),A(b,c),A(c,a))
≧ H(A(a,b),A(b,c),A(c,a))
≧ A(H(a,b),H(b,c),H(c,a))
≧ H(H(a,b),H(b,c),H(c,a)）= H(a,b,c),

>>44
さらに改造。

A(a,b,c)）= A(A(a,b),A(b,c),A(c,a))
≧ H(A(a,b),A(b,c),A(c,a))
≧ A(H(a,b),H(b,c),H(c,a))
≧ G(G(a,b),G(b,c),G(c,a)) = G(a,b,c）　← ココ
≧ H(H(a,b),H(b,c),H(c,a)） = H(a,b,c),

もう一つ、私の計算に間違いがなければ…

G(A(a,b),A(b,c),A(c,a))
≧ A(G(a,b),G(b,c),G(c,a))
≧ G(G(a,b),G(b,c),G(c,a)) = G(a,b,c）
≧ H(G(a,b),G(b,c),G(c,a))
≧ G(H(a,b),H(b,c),H(c,a)）

そして、この２つを合体させようと思いつつも、
>>37 (5)の m = min{a,b,c} を用いない解法を考えながら、
>>5 の M(a,b,c)に使えそうな次の問題の証明を考え中なのであった…。

[問題]--------------------------------
a, b, c >0 かつ a+b+c=2 に対して、
(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≦3
-------------------------------------

これは、次数を揃えるには、右辺に {(a+b+c)/2}^6 を掛ければよいのかな？

>>44
まとめて
A(a,b,c）≧ H(A(a,b),A(b,c),A(c,a))
≧（ab+bc+ca)/(a+b+c)
≧ A(H(a,b),H(b,c),H(c,a))
≧ H(a,b,c),

>>45
（上）
（a,b,c）=（1,1,G^3）の場合を考えると…

G < （√13 -1)/6 　⇒　H(A,A,A） > A(H,H,H） > G
（√13 -1)/6 < G < （√13 +1)/2　⇒　H(A,A,A） > G > A(H,H,H)
（√13 +1)/2　< G ⇒　G > H(A,A,A）> A(H,H,H)

（√13 -1)/6 = 0.434258546
（√13 +1)/2 = 2.802775638

（下）
等号成立は（a,b,c）=（1,1,0）とその巡回　｛(1,1,1）では不成立｝

>>46
ぐはっ…、申し訳ない。（焼き土下座略）

>>37 (3)

（M_3)^3 = (a^3+b^3+c^3)/3
= 9A^3 -8G^3 -（st-9u)
≦ 9A^3 - 8A^3,

（9A-8G)^3 - （M_3)^3
≧（9A-8G)^3 - （9A^3 -8G^3)
= 72(10A^3 -27AAG +24AGG -7G^3)
= 72(10A-7G)(A-G)^2
≧ 0,
∴ 9A-8G ≧ M_3,
ただし、s = a+b+c = 3A、 u = abc = G^3、


>>39
　近畿地方は昨晩通過しますた（ミサイルぢゃなくて台風18号）　快晴でつ。

>>41 について、載っている書名とか分かりませんか？ 証明方法が知りたいでござる。

>>48
問題>>37(3)は、面白いでござるな。
示すべき不等式が 9A-8G ≧ M_3で、9A^3 - 8G^3 ≧ (M_3)^3 も成立するという。

>>43
a+b+c=3, a>=b>=c とすると c=3-a-b, a+b-3 <= 0, 2a+b-3 >= 0, a+2b-3 >= 0
示すべき不等式は 12 >= (a^2-ab+b^2)(c^2-ca+a^2)(b^2-bc+c^2)
R(a,b,c)=(a^2-ab+b^2)(a^2-ac+c^2)(b^2-bc+c^2)
= (a^2-ab+b^2) (a^2+(a+b-3)(2a+b-3)) (b^2+(a+b-3)(a+2b-3))
<= (a^2-ab+b^2) a^2 b^2
= R(a, b, 0)
よって c=0 のときに不等式を示せばよい
L(a, b, 0) - R(a, b, 0)
= 12((a+b)/3)^6 - (a^2-ab+b^2) a^2 b^2
= ((2a-b)^2 (a-2b)^2 (a^2+11ab+b^2))/243
>= 0

等号成立が (0, 1, 2) だから模範解答の BW が無難かと

>>49
Kiran Kedlaya, Proof of a Mixed Arithmetic-Mean, Geometric-Mean Inequality, The American Mathematical Monthly, Vol.101, No.4., (Apr., 1994), pp.355-357
平均同士の mixture は結構研究されているみたい（この不等式自体20年も前の研究）
掘るとAM-GMバージョンとか色々と出てくる

>>43
>>50
a+b+c=3 なんてする必要なかった
R(a,b,c) = 4(a+b+c)^6 >= 4(a+b)^6 >= R(a,b,0)
L(a,b,c)
=243 (a^2-ab+b^2) (b^2-(b-c)) (a^2-c(a-c))
<= 243 (a^2-ab+b^2) a^2 b^2
=L(a,b,0)
あとは c=0 のとき不等式を示せばよい

なんて遠回りをしていたんだ

>>51
ありがとうございます。
これはAMMの記事ですかな？知りたい情報がすぐにネットで読めるとは、よい時代になりましたなあ。

>>52
ｷﾀ━(ﾟ∀ﾟ)━!!!
これで計算が一気に簡単になります。

>>37(3)
いま検索中に見つけたんだけど、一体ヘルダーをどう使っているのだろうか？
https://artofproblemsolving.com/community/c6h441200p2486211

4(2X)+1Y<=(4^(3/2)+1^(3/2))^(2/3)((2X)^3+Y^3)^(1/3).

>>57
(1 + 8)(1/3 + 8/3)((a^3+b^3+c^3) + 24abc) >= (((a^3+b^3+c^3)/3)^(1/3) + 8(abc)^(1/3))^3

>>58-59
なるほど、さんくす。ようやく理解できた。

さっそく、>>37(3)の類題を作ってみた。

【類題】 （自作なので間違っていたらゴメソ）
a,b,c>0 の相加平均、相乗平均、２乗平均を A、G、Qとする。
(1) 3A ≧ 2G+Q
(2) 9A ≧ 2G+5Q

>>62
(2)は係数が気に入らない。

>>62
AM >= pGM + qQM
(1) (0.6666666666666666, 0.3333333333333333)
(2) (0.2222222222222222, 0.5555555555555556)
最適値は ((45-7sqrt(7))^(1/3)/9, 5/9) = (0.3311784484968155, 0.5555555555555556)
(3) (1-sqrt(2)/3 sqrt(2)/3) = (0.5285954792089682, 0.4714045207910317)
(4) (5^(2/3)/6, 1/2) = (0.4873362897021443, 0.5)

a, b, c>0 とする。(a+b+c)^3 について。

[a] (a+b+c)^3 ≧ (27/8)*(a+b)(b+c)(c+a)
[b] (a+b+c)^3 ≧ 27(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)
[c] (a+b+c)^3 ≧ (27/4)*(a^2b + b^2c + c^2a + abc)

[A] (a+b+c)^3 ≦ 9(a^3+b^3+c^3)
[B] (a+b+c)^3 ≦ (a^5-a^2+3)(b^5-b^2+3)(c^5-c^2+3)
[C] (a+b+c)^3 ≦ (a^3 +2)(b^3 +2)(c^3 +2)

[a] と [b] は合体できるでござる。
[d] (a+b+c)^3 ≧ (27/8)*(a+b)(b+c)(c+a) ≧ 27(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)


[疑問]
(1) [c]の右辺と、[a], [b]の右辺との大小は定まるか？
(2) [A], {B}, {C} の右辺の大小は定まるか？


参考---------------------
[b] [安藤、不等式 P.29]
[c] >>16 [1999 CMO]

[B] [第１章 352]
[C] [第１章 367]

>>65
[疑問](1)の訂正。
[a]の右辺と[c]の右辺の大小は一定でないことは、既に確認済み。
反例は、c=1 のときに、(a-1)(b-1)の正負で大小が変わる。

色々計算していたら、調べ終わったことをすっかり忘れていました。

>>66
重ね重ねすみません。
>>65の訂正は無かったことに。ホント申し訳ないです。
別の問題とゴチャゴチャになっていました。

比較して大小が定まらなかったのは、次式の右辺の大小でした。
(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ 3(a+b+c)^2
(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ (1+a+b)(1+b+c)(1+c+a)

行き詰まったら別の問題へと、あれこれ弄っていたら、ゴチャゴチャになってしまいました。
ひとつ解決するごとに、ちゃんと清書しておくべきですね （切腹AA略）

>>35
この補題の証明を教えてください <(_ _)>

>>68
その最良値は、どのようにして求めるのですか？
考え方を教えてください。

-------------------------------------------
>>62を、>>57-59の方法で証明するでござる。

AM-GMより
(a+b+c)^2 = 2(ab+bc+ca) + (a^2+b^2+c^2) ≧ 3(2G^2 + Q^2)

Cauchyより
3A = a+b+c = {(2+1)(2G^2 + Q^2)}^(1/2) ≧ 2G+Q
9A = 3(a+b+c) = {(2+25)(2G^2 + Q^2)}^(1/2) ≧ 2G+5Q

>>19
(a-1)^2 + (b-1)^2 + (c-1)^2 ≧0 より、s^2 - 2s - 2t + 3 ≧0 とか…

>>72
ありがとうございます。

>>11
(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ 3(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2

この証明を教えてください。
以前まとめたはずが見当たらず、自力で取り組んで挫折しました…。

>>65
をまとめて

（a^5 -aa+3)(b^5 -bb+3)(c^5 -cc+3)
≧｛(a^3 +2)(b^3 +2)(c^3 +2)，9(a^3 +b^3 +c^3)｝
≧（a+b+c)^3
≧｛(27/8)(st-u)，（27/4)(L+u)，（27/4)(R+u)
≧ 27abc
≧ 27｛abc - F_1(a,b,c)｝
= 27(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b),

>>75
自己解決しました。見たことあるような無いような…。

(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) - 3(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2 = ⊿^2

>>77

>>5-9 のあたり

>>78
こんなところに…

(Q-G)/(A-G)<=9/(6-r3).

>>68
成り立ちます

>>69
L-R = Aw^3 + B(u, v^2)
A = sqrt(27/2), B は u, v の関数
よって (a, 1, 0), (a, 1, 1) のときに不等式を示せばよい
あとは微分

>>70
いずれも定まらない
a, b を十分大きくとって c = 2(a+b)/(ab-2) とすると [3] の右辺は必ず 0 となる
一方他の辺はすべて非負値を取りうるから考えられるとしたら [3] の右辺が最小
一方 a を大きく b = c = 0 としたら明らかに [3] の右辺が最大
よって定まらない

>>71
一個目について
L-R = Aw^3 + B(u, v^2)
A = -p, B は u, v の関数
よって (a, 1, 0), (a, 1, 1) のときに不等式を示せばよい
このときの p, q の領域の端点が最適
ただ解析はさほど知識がないので端点を求められず適当な値を当てはめて妥協したのが >>64

ありがとうございます。

[5] Given real numbers a, b, c satisfying a + b + c = 3 and abc >= -4. Prove that
3(abc+4) >= 5(ab+bc+ca).
[8] Given three circles (O[1]R[1]), (O[2]R[2]), (O[3]R[3]) which are pairwise externally tangent to each other at A, B, C. Let r be the radius of the incircle of ABC. Prove that
r <= (R[1] + R[2] + R[3]) / (6sqrt(3)).
[9] Given positive numbers x, y, z satisfying
x^2 + y^2 - 2z^2 + 2xy + yz + zx <= 0.
Find the minimum value of the expression
P = (x^4 + y^4) / z^4 + (y^4 + z^4) / x^4 + (z^4 + x^4) / y^4.
[10] Find the maximum value of the expression
T = (a+b)/(c+d) * ((a+c)/(a+d) + (b+d)/(b+c))
where a, b, c, d belong to [1/2, 2/3].
【Mathematics and Youth Magazine Problems - Sep 2017, Issue 483】

原文のままだけど [8] は R[1] とかが円の半径なのかな？

>>70

［第8章.456］
　Asia-Pacific MO-2004改
　文献 [9] 佐藤(訳)、問題3.85改　p.140

[1］
（中辺）= 1 +2s +（ss+t）+（st-u）≧｛1 +√(t/3）+√(t/3)}^3 ≧ 9t,

[2］
（aa+2)(bb+2)(cc+2）- 3(a+b+c)^2
= 3(a+b+c)^2 +（abc-1)^2 + 2(ab-1)^2 + 2(bc-1)^2 + 2(ca-1)^2 +（2G+1)(G-1)^2
　+｛aa +bb +cc + 3GG - 2(ab+bc+ca)},

｛aa + bb + cc +3GG -2(ab+bc+ca)｝≧ ss -4t +9u/s = F_1/s ≧ 0,
　［第8章.388(3)、403、432］

あるいは　f(x）= exp(2x）は下に凸だから Popoviciu を適用する。
　文献［9］佐藤(訳)、演習問題1.90　p.41

[3］（aa+2)(bb+2)(cc+2）=（2s-u)^2 + 2(t-2)^2,

｛a+√(-2)}{b+√(-2)}{c+√(-2)｝= -(2s -u）+（t-2){√(-2),}
のノルムをとる。

>>4 の (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) を弄っていて、妙なものができたんだけど…
(1), (2)はよくあるけど、(2)を見た後の(3)がなんとも気持ち悪いのでござる。

(1) (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ (ab+2)(bc+2)(ca+2)
(2) (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ (2√2)*(a+b)(b+c)(c+a)
(3) (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ 8*√{(a+b)(b+c)(c+a)}

[問題]
a, b, c>0に対して a^2 + b^2 + c^2 + 2abc + 1 ≧ 2(ab+bc+ca)


出典：https://artofproblemsolving.com/community/c6h155443
タイトルが easy なのに、非同次は難しい。
あと、cosに置き換えるのは、おかしいと思う。

>>4 [4]
(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ 4(a^2+b^2+c^2) + 5(ab+bc+ca) + (abc-1)^2

下のリンクでは、b=c の場合と c=0 の場合に分けて証明しているのですが、
その場合分けだけでいい理由が分かりません。なぜでしょうか？
http://artofproblemsolving.com/community/c6h581954p3439830

>>36
難しすぎでござる…

>>76
> （a^5 -aa+3)(b^5 -bb+3)(c^5 -cc+3) ≧ 9(a^3 +b^3 +c^3)

この証明を教えてください。

>>76
> ≧（a+b+c)^3
> ≧｛(27/8)(st-u)，（27/4)(L+u)，（27/4)(R+u)
> ≧ 27abc

（a+b+c)^3 ≧ a^3 + b^3 + c^3 + 24abc ≧ 27abc もありますね。

(a^3 + b^3 + c^3 + 24abc) - (27/8)(st-u)
= F_1 - 19(st-9u)/8

大小は定まりそうになさそう？

>>11
a, b, c >0 に対して、
(1) 3(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2) ≧ (ab+bc+ca)^3　←>>11
(2) 3(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2) ≧ abc(a+b+c)^3　←出典は下に。

右辺の2式の大小は定まらないですよね？
一息つく間もないでござるな。

(ab+bc+ca)^3 - abc(a+b+c)^3 = u^2 F_{-2} - uF_1

出典
(2) Old and New Inequalities 問42

>>90
そこが肝

次の強力な定理が成り立つ（厳密には存在性が必要）
i) u, v^2 を固定すると w^3 は c=0 または c=b のときのみ最大・最小となりうる
ii) u, w^3 を固定すると v^2 は c=0 または c=b のときのみ最大・最小となりうる
iii) v^2, w^3 を固定すると u は c=0 または c=b のときのみ最大・最小となりうる

リンク先は違う置換の方法だけど、一般的な（係数と次数を調整した）置換 3u=a+b+c, 3v^2=ab+bc+ca, w^3=abc をすると不等式は
(2-12u)w^3+18v^4-15v^2+7 >= 0
となる。これは u, v^2 を固定すると w^3 についての一次関数。一次関数は区間の端点、つまり w^3 が最大・最小となるときに関数値が最小となる。定理 i) から右辺は c=0 または c=b のときに最小となりうるのでこのときだけ不等式を示せばよい

定理自体は uvw とは関係なく ABC Theorem として知られる。(洋書文献[3],p.155)
この定理を用いると五次以下の対称不等式は (a, b, 0), (a, b, b) のとき、さらに斉次のときは (a, 1, 0), (a, 1, 1) のときに不等式を示せばよいことがわかる

>>94
c=0 とすると正の値を取りうることは明らか
abc = 1 とすると L -R は簡単に因数分解できて符号は因数 ab+bc+ca-a-b-c で決まる
b = c -> 0 とすれば a -> inf でこれは負となる
実際 L-R = -(a^2-bc)(b^2-ca)(c^2-ab) となり符号は定まらない

>>94　続き

F_1(ab,bc,ca）- u F_1(a,b,c)
=（t^3 -4stu +9uu）- u(s^3 -4st +9u)
= t^3 - us^3
=（ab)^3 +（bc)^3 +（ca)^3 -abc(a^3 + b^3 + c^3)
= aab･abb + bbc･bcc + cca･caa - aab･caa - bbc･abb - cca･bcc

の符号は決まらず。

>>95-96
詳しくありがとうございます。（未だ理解できていませんが）
洋書文献[3],p.155を調べてみます。

追加。
右辺が >>4 >>70 >>86 >>88 >> 90 の右辺のいずれかと大小関係があるのかはチェックしきれていないが

(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ (1/2)*(a+√2)(b+√2)(c+√2)(abc+2√2) ≧ 16abc√2

>>92
これかなり強い不等式な気がするけどどうなんだろう
成り立ちそうだけど証明できない

>>98
> (2)
> 3LR - us^3
> = 2u(s^3 -4st +9u）+ 3(t^3 -4stu +9uu) +2u(st-9u)
> = 2u F_1(a,b,c）+ 3 F_1(ab,bc,ca）+ 2u(st-9u),

Schur の使い方に F_1(ab,bc,ca） を利用するとは！！
これは、次数が高くなったときに、(su, t, u^2) → (s,t,u) と置き換えているんですね。

>>103
訂正

> > (2)
> > 3LR - us^3
> > = 2u(s^3 -4st +9u）+ 3(t^3 -4stu +9uu) +2u(st-9u)
> > = 2u F_1(a,b,c）+ 3 F_1(ab,bc,ca）+ 2u(st-9u),
>
> Schur の使い方に F_1(ab,bc,ca） を利用するとは！！
> これは、次数が高くなったときに、(su, t, u^2) → (s,t,u) と置き換えているんですね。
> これは、次数が高くなったときに、(su, t, u^2) → (s,t,u) と置き換えているんですね。

すみません、誤送信です

(誤) (su, t, u^2) → (s,t,u)
(正) (su, t, u^2) → (t,s,u)

>>76 >>92 >>102

（a^5-aa+3)(b^5-bb+3)(c^5-cc+3）≧（a+b+c)^3

USAMO-2004 A5

と比べたら、ずっと難しい希ガス。

[問題] a, b, c, d ≧0 のとき、
(1) {(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)}^3 ≧ 16(abcd)^2*(a+b+c+d)^4
(2) (a+b)(b+c)(c+d)(d+a) ≧ (a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab)
(3) (a+b)(b+c)(c+d)(d+a) ≧ (a+b+c-d)(b+c+d-a)(c+d+a-b)(d+a+b-c)

似たようなやつを集めたでござる。

疑問
[1] (2)と(3)の右辺の大小はどうなんだろう。
[2] (a+b)(b+c)(c+d)(d+a)の入った類題が他にあれば教えてください。
[3] a,b,c,d>0の面白いのがあれば、教えてください。

Old and New Inequalities 90など

>>107

(2）
(a+b)(b+c)(c+d)(d+a）-（a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab）=（ac-bd)^2 ≧ 0,

等号成立は ac=bd

s = a+b+c+d,
t = ab+ac+ad+bc+bd+cd,
u = abc+bcd+cda+dab,
v = abcd,
とおく。
Newtonの不等式
（t/6)/(s/4）≧（u/4)/(t/6）≧ v/(u/4),
から t を消して
　u ≧（16vvs)^(1/3),

変数の１つが飛びぬけて大きいとき、（3）は負。

∴（2）≧（1)，(3)

（1）と（3）の大小は定まらず。

>>109-110

m_{i,1｝= m_{1,i｝= a_1,

　… 略 …

m_{i,n-1｝= m_{n-1,i｝=（a_{i-1}）^{(i-1)/(n-1)｝（a_i)^{(n-i)/(n-1)}

m_{i,n｝= m_{n,i｝= a_i

だが、残りをどうするか...

>>108
(2)と(3)の右辺の大小は、どのようにして分かるのですか？

>>76 >>92 >>102 >>106

x^5 -xx+3 ≧ 3(x^5 +4)/5,

でも使うのでござるか？

>>107
(a+b)(b+c)(c+d)(d+a) ≦ (1/16)*(a+b+c+d)^4
(a+b)(b+c)(c+d)(d+a) ≧ (a+b+c-d)(b+c+d-a)(c+d+a-b)(d+a+b-c)
(a+b)(b+c)(c+d)(d+a) ≧ (a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab) ≧ {16(abcd)^2*(a+b+c+d)^4}^(1/3)
(a+b)(b+c)(c+d)(d+a) ≧ (a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab) ≧ 4(ab+bc+cd+da)(abc+bcd+cda+dab)/(abcd)

とりあえず、ここまで。
(a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab) ≧ (a+b+c-d)(b+c+d-a)(c+d+a-b)(d+a+b-c) が証明できない。

>>115
{16(abcd)^2*(a+b+c+d)^4}^(1/3) と 4(ab+bc+cd+da)(abc+bcd+cda+dab)/(abcd) の大小は、次数が高くて挫折…

>>115
4つ目の式の訂正。
(誤) (a+b)(b+c)(c+d)(d+a) ≧ (a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab) ≧ 4(ab+bc+cd+da)(abc+bcd+cda+dab)/(abcd)
(正) (a+b)(b+c)(c+d)(d+a) ≧ (a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab) ≧ 4(ab+bc+cd+da)(abc+bcd+cda+dab)/(a+b+c+d)

[1999 USAMO]
x, y, z>1 のとき、x^(xx+2yz)*y^(yy+2zx)*z^(zz+2xy) ≧ (xyz)^(xy+yz+zx)

これって、x, y, z >0 でいいのでは？

>>前スレ972-
第７章919-921
Carlemanの不等式

>>前スレ990
e

>>118
やっぱ要りますね。すまそ。

>>107
Vasile の不等式 (Algebraic Inequalities Old and New Methods, pp.271, 6.3 problem 4a)
Σx^3 + 3Σxyz >= Σxy(x+y)
より強い（Vasile は n 変数で成り立つ）

解答自体は d=1 として三変数に持ち込んでuvwで終わりだけど、よい証明が見つからない
https://artofproblemsolving.com/community/c6h1288719p6809821
https://artofproblemsolving.com/community/c6h605279p3595439
スレッドあっても解答ないのが見つかるだけ
等号成立は (a,a,0,0), (a,a,a,0), (a,a,a,a) and sym perm…

疑問[2]
あんまないけど
https://artofproblemsolving.com/community/c6h1184068p5743836

>>121
ありがとうございます

以下の同値変形で、赤い矢印の所、おかしくないですか？


Suppa_Inequalities from the word 1995-2005 P.67

>>121の https://artofproblemsolving.com/community/c6h1184068p5743836 より。

a, b, c, d >0のとき、
(1)　(8a+b)(8b+a)(8c+d)(8d+c) ≦ (6561/4)*(a^2+b^2)(c^2+d^2)
(2)　(8a+b)(8b+c)(8c+d)(8d+a) ≦ (6561/32)*(ac+bd)(a+b+c+d)^2
(3)　(5a+b)(5b+a)(5c+d)(5d+c) ≦ (81/2)*(ac+bd)(a+b+c+d)^2

(1)は 2(pa+qb)(qa+pb) ≦ (p+q)^2 (a^2+b^2) で。
(2)(3)は分かりませぬ…。

実数a,b,c,dに対して、(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)(1+d^2) > a+b+c+d

この証明で、左辺を平方和に変形するときに、画像の赤い矢印の部分の符号はマイナスになりませんか？

>>123
　0<x,y,z≦1 で等比数列のとき、不成立？


>>125
（1+aa)(1+bb)(1+cc)(1+dd)
≧ 1 +（aa+bb+cc+dd)
=（a+b+c+d）+（1/2 -a)^2 +（1/2 -b)^2 +（1/2-c)^2 +（1/2-d)^2
≧ a+b+c+d,

>>126
なんと！ そんなに簡単に証明できたんですね。ありがとうございます。
実にゆるゆるな不等式ですね。

>>125

〔類題〕
（1+aa）≧ 2a,
（3+aa)(3+bb）≧ 8(a+b),
（5+aa)(5+bb)(5+cc）≧ 72(a+b+c),
（7+aa)(7+bb)(7+cc)(7+dd）≧ 1024(a+b+c+d),
（9+aa)(9+bb)(9+cc)(9+dd)(9+ee）≧ 20000(a+b+c+d+e),

>>128
つまり （1+aa)(1+bb)(1+cc)(1+dd) ≧ λ(a+b+c+d) は、λ = 1024/{343(√7)} が最良値でござるか？

>>37 >>119

>>37 参考(1）は Carleman でござるか。

等号成立の位置が異なるゆえ

(1）の右辺と Carleman の右辺の大小は定まらぬ…

[問題]
a,b,c∈Rに対して、(a^3+b^3+c^3)^2 + 4(abc)^2 ≧ 2(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)

ゆるゆるの極みでは？ どう改造するか…

出典 ： crux 2839
http://cms.math.ca/crux/v30/n4/page235-256.pdf, P.244

a,b,c∈Rに対して、
(1)　(a^8-a^2+3)(b^8-b^2+3)(c^8-c^2+3) ≧ (a^2+b^2+c^2)^3

a, b, c≧0に対して,
(2)　(a^5-a^3+3)(b^5-b^3+3)(c^5-c^3+3) ≧ 9(a^2+b^2+c^2)
(3)　(2a^-2a+3)(2b^2-2b+3)(2c^2-2c+3) ≧ 9(a^2+b^2+c^2)
--------------------------------------------------

(1)
x^8-x^2+3 ≧ x^6+2 より、

(a^8-a^2+3)(b^8-b^2+3)(c^8-c^2+3)
≧ (a^6+2)(b^6+2)(c^6+2)
＝ (a^6+1+1)(1+b^6+1)(1+1+c^6)
≧ (a^2+b^2+c^2)^3

(2)
(x^5-x^3+3)^3 ≧ 9(x^6+2) より、

{(a^5-a^3+3)(b^5-b^3+3)(c^5-c^3+3)}^3
≧ (9^3)(a^6+2)(b^6+2)(c^6+2)
＝ (9^3)(a^6+1+1)(1+b^6+1)(1+1+c^6)
≧ (9^3)(a^2+b^2+c^2)^3

(3)
(2x^2-2x^2+3)^3 ≧ 9(x^6+2) が十分大きな x で成り立たないから、同じ方法は使えないでござる

>>131

a^6 + b^6 + c^6 + 3(abc)^2 ≧ 2{(ab)^3 +(bc)^3 +(ca)^3},

AA + BB + CC + 3GG ≧ 2(AB+BC+CA),　>>84

と同じだが...

>>124 (2)(3)

k>0 とする。
（ka+b)(kb+c)(kc+d)(kd+a)/(k+1)^4 は k=1 で最大となり、両側で単調。
k=2 が成立てば k>2 も成立つはず...

（2a+b)(2b+a)(2c+d)(2d+c）≦（81/32)(ac+bd)(a+b+c+d)^2,

>>134 訂正

（2a+b)(2b+c)(2c+d)(2d+a）≦（81/32）…

>>134-135

k<5 では不成立でござった。。。死んでお詫びを…（AA略）

反例：
　k=4　（a,b,c,d）=（１，1/64，1/2048，√(1/2)）

>>134

kについて降べきの順(?)に並べると
（ka+b)(kb+c)(kc+d)(kd+a)/(k+1)^4 = abcd +｛(aabc+bbcd+ccda+ddab-4abcd)k^3 +（abbc+bccd+cdda+daab+aacc+bbdd-6abcd)k^2 +（abcc+bcdd+cdaa+dabb-4abcd)k}/(k+1)^4,

ここで、k/(k+1)^4，kk/(k+1)^4 は単調減少、k^3/(k+1)^3 も k≧3 で単調減少でござる。
∴ k が 1～2 の辺りで最大か。

>>92
> a,b,c>0 に対して、（a^5 -aa+3)(b^5 -bb+3)(c^5 -cc+3) ≧ 9(a^3 +b^3 +c^3)

>>114の x^5 -x^2 +3 ≧ 3(x^5 +4)/5 より、
(a^5 -a^2 +3)(b^5 -b^2 +3)(b^5 -b^2 +3) ≧ (27/125)*(a^5+4)(b^5+4)(c^5+4)

したがって、以下が成り立てばよいのだが、分からない…
(a^5+4)(b^5+4)(c^5+4) ≧ (125/3)*(a^3 +b^3 +c^3) … ★

>>132 の方法を使うには、x^5 +4 ≧ (125/3)*(a^9 +2) が成り立てばいいが、成り立たず。
遡って、x^5 -x^2 +3 ≧ 9(x^9 +2) が成り立てばいいが、これも成り立たず。

お手上げでござる。

>>92
(a^5-a^2+3)^3 >= 3(2a^9+3a^3+4)
とかから a^3 -> a と置き換えて不等式に当てはめると
　(2a^3+3a+4)(2b^3+3b+4)(2c^3+3c+4) >= 27(a+b+c)^3
を示せばよい。

いま (a^5-a^2+3)^3 >= ra^9+(27-3r)+2r は r <= 8.98395 に対して成り立つ
特にもとの不等式に適用できそうなのは m = 9/2^(2/3) = 5.66964 <= r の範囲
r = 8, 7, 6, m に対して書き下してみると
・(8a^3+3a+16)(8b^3+3b+16)(8c^3+3c+16) >= 729(a+b+c)^3
・(7a^3+6a+14)(7b^3+6b+14)(7c^3+6c+14) >= 729(a+b+c)^3
・(2a^3+3a+4)(2b^3+3b+4)(2c^3+3c+4) >= 27(a+b+c)^3
・Π(a^3+ka+2) >= 4(a+b+c)^3 where k = 3(2^(2/3)-1)
このいずれかの不等式を示せばよい

r=6 のときはきれいで頑張れば示せそう
r=m の限界値も不等式自体は悪くないからうまく示せそう
（uvw で表すと唯一 u^3 の項が消える）

あとは任せたでござる

>>139

a^9 -3a^3 +2 = (a^3 +2)(a^3 -1)^2 ≧ 0 ゆえ

r a^9 +（27-3r）a^3 + 2r は r について単調増加

>>114 と比べると

・r < 6.59 のとき、a^5 -aa +3 ≧ 3(a^5 +4)/5 ≧｛r a^9 +（27-3r）a^3 + 2r}^(1/3),

・r > 6.59 のとき、大小定まらず。

[初等的な不等式Ⅱ P.65 問36]
a, b, c≧0に対して、{(a+b)(b+c)(c+a)}^2 ≧ 4(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)

模範解答は、aを最小として b=a+p、c=a+q を代入して差をとり、
aの6次式の係数がすべて0以上であることを確認していますが、
手計算じゃ大変だから、別解があれば教えてください。

s,t,uで計算してSchurを考えたけど （自分では）うまくいかず、
Lhs - Rhs = (st)^2 - 4(s^3)u + 22stu - 4t^3 - 31u^2

次に b を中央の数として (a+b)(b+c) - 2(b^2+ca) = (a-b)(b-c) ≧0 より
Lhs ≧ 2(a+b)(b+c)(c+a)^2(b^2+ca) だから、
(a+b)(b+c)(c+a)^2 ≧ 2(a^2+bc)(c^2+ab)
が成り立つことが示せれば…と計算して挫折

さらに(c+a)^2 = (c-a)^2 + 4ca より、 Lhs ≧ 8ca(a+b)(b+c)(b^2+ca) として、
2(a+b)(b+c) ≧ (a^2+bc)(c^2+ab)
が成り立つことが示せれば…と計算して挫折

>>52みたいな、いい方法ないかなあ…

>>142
(誤) 2(a+b)(b+c) ≧ (a^2+bc)(c^2+ab)
(正) 2ca(a+b)(b+c) ≧ (a^2+bc)(c^2+ab)

>>142
> a, b, c≧0に対して、{(a+b)(b+c)(c+a)}^2 ≧ 4(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)

こんな不等式もあるでござるよ。
https://artofproblemsolving.com/community/c6h498985p2804163
a, b, c≧0に対して、{(a+b)(b+c)(c+a)}^3 ≧ 64abc(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)

左辺に (a+b)(b+c)(c+a) が余分に掛かっているので、
AM-GMで (a+b)(b+c)(c+a) ≧8abc を試しに削ってみたら、
(a+b)(b+c)(c+a)}^2 ≧ 8(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)

無謀でござった…

>>141
一応、aの6次式を書いておく。
-------------------------------------------------------
対称性から a を最小数として、b = a+p、c = a+q (p, q ≧0)とおくと、

{(a+b)(b+c)(c+a)}^2 - 4(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)
= 32a^6 + 64(p+q)a^5
　+ 40(p^2 + 3pq + q^2)a^4
　+ 4(2p^3 + 17p^2q + 17pq^2 + 2q^3)a^3
　+ 4pq(3p^2 + 8pq + 3q^2)a^2
　+ 4p^2q^2(p+q)a + p^2q^2(p-q)^2
≧0
-------------------------------------------------------

>>147
なんと！ うまい方法があるものですね。かたじけのうござる。

>>141 から明らかだが…

s = a+b+c，t = ab+bc+ca，u = abc とおくと

（2aa-2a+3）（2bb-2b+3）（2cc-2c+3）- 9（aa+bb+cc）
= 2（s/3 -t +2u)^2
　+（4/9）（ss-3t）
　+（7/9）｛(2a-1)^2・(b-c)^2 +（2b-1)^2・(c-a)^2 +（2c-1)^2・(a-b)^2｝
　+ 3（s-3)^2
　+（34/9）（s-t)^2
≧ 0,

>>145

リンク先の解答：
｛(a+b)(a+c)}^2 =｛a(b+c）+（aa+bc)}^2 ≧ 4a(b+c)(aa+bc),
巡回的に掛ける。
（perfect_square，2012/Sep/19）

>>142
こんなのもあるみたい。
https://artofproblemsolving.com/community/c6h463340p2597719
a, b, c≧0に対して、
(ab+bc+ca)(a^4+b^4+c^4) ≧ (9/8)(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab) ≧ (ab+bc+ca){(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2}

>>146 は >>142 へのレス。

>>142

s，t，u で計算してSchurを考えれば

Lhs - Rhs -32uu =（st-u)^2 -4{(s^3)u -6stu +t^3 +16uu}
=［(s^3 -4st +9u)(t^3 -4stu +9uu)/uu + 3ss(tt-3su)/u + 3(tt/u)(ss-3t） + 9(st-9u)］uu/st
=［F_1･F_{-2｝+ 3ss F_{-1｝+ 3(tt/u)F_0 + 9(st-9u)］uu/st
≧ 0,
となり申す。ここに、
F_0 = ss-3t,
F_1 = s^3 -4st +9u,
F_{-1｝=（tt -3su)/u,
F_{-2｝=（t^3 -4stu +9uu)/uu,

>>153
おぉ！ Schurでやれたんですね。すんばらすぃ！

似たような式がたくさん出てきたので、まとめるナリ。
a, b, c≧0
⊿ = (a-b)(b-c)(c-a)
△ = (a+b)(b+c)(c+a)
D = (a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)

(1)　(64/27)(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ △^2 ≧ {(8/9)(a+b+c)(ab+bc+ca)}^2 ≧ {(4/3)(ab+bc+ca)}^3
(2)　{(2/3)(a+b+c)}^3 ≧ △ ≧ 24abc(aa+bb+cc)/{(a+b+c)^2}
(3)　(1/512){(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3)}^2 ≧ △
(4)　△^2 ≧ 4D
(5)　△^3 ≧ 64abcD

[1]　(△/2)^2 ≧ D ≧ abc△
[2]　{(△/4)^3}/(abc) ≧ D
[3]　(8/9)(ab+bc+ca)(a^4+b^4+c^4) ≧ D ≧ (8/9)(ab+bc+ca){(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2}


（参考）---------------------
(1) 第2章 136-138
(2) 第8章 687
(3) 第8章 469
(4) >>142
(5) >>145

[1] >>142 (証明>>153)、>>144上
[2] >>145
[3] >>151

>>151
右側をSchurで。左はできなかった。

9(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab) - 8(ab+bc+ca){(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2}
= 9(s^3u - 6stu + t^3 + 8u^2) - 8t(t^2 - 2su)
= 9s^3u - 38stu + t^3 +72u^2
= tuF_{-1} + 8uF_1 + suF_0
= (u^2)F_{-2} + 7uF_1 + 2suF_0
≧0

>>155
[1], [3] の右辺について、D ≧ (8/9)(ab+bc+ca){(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2} ≧ abc△
∵ Lhs-Rhs = (u^2)F_{-2} + 7tuF_{-1} ≧0

>>155
[1], [2] の左辺について、AM-GMより {(△/4)^3}/(abc) ≧ (△/2)^2 ≧ D

あとは (8/9)(ab+bc+ca)(a^4+b^4+c^4) と {(△/4)^3}/(abc) ≧ (△/2)^2 の大小ですな。

>>158
勘違いでした、すみません…

>>155
D ≦ {(△/4)^3}/(abc)
D ≦ (△/2)^2 ≦ (8/9)(ab+bc+ca)(a^4+b^4+c^4)
D ≧ (8/9)(ab+bc+ca){(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2} ≧ abc△

上段と中段の右辺の大小は定まらない。

>>132、>>92
問題再掲
(1)　a, b, c∈Rに対して、(a^8-a^2+3)(b^8-b^2+3)(c^8-c^2+3) ≧ (a^2+b^2+c^2)^3　[答>>132]
(2)　a, b, c≧0 に対して、(a^5-a^3+3)(b^5-b^3+3)(c^5-c^3+3) ≧ 9(a^2+b^2+c^2)　[答>>132]
(3)　a, b, c≧0 に対して、(2a^-2a+3)(2b^2-2b+3)(2c^2-2c+3) ≧ 9(a^2+b^2+c^2)　[答>>141]
(4)　a, b, c≧0 に対して、(a^5-a^3+3)(b^5-b^3+3)(c^5-c^3+3) ≧ 9(a^2+b^2+c^2)　[答>>147]

類題
(5)　a, b, c≧0 に対して、(a^4-a+3)(b^4-b+3)(c^4-c+3) ≧ 9(a^3+b^3+c^3)
https://artofproblemsolving.com/community/c6t322f6h541764_again

解法パターンも出尽くしたでござるかな？

忘れないうちにmemo。 何て発音するのか分からんけど。

【Turkevici's Inequality】
a, b, c, d ≧0
a^4 + b^4 + c^4 + d^4 + 2abcd ≧ (ab)^2 + (bc)^2 + (cd)^2 + (da)^2 + (ac)^2 + (bd)^2

>>162
（a^4 -a +3)^2 ≧ 3（a^6 +2),
（a^4 -a^3 +1)^3 ≧（a^9 +2)/3,

>>163-164
リ、リンクが無ゑ…
http://artofproblemsolving.com/community/c6h239742s1
_5_lines_for_Turkevicis_inequality

>>166
略証（念のため）
（a^4 -a +3)^2 - 3（a^6 +2）=（a-1)^4（aa+a+1）（aa+3a+3）≧ 0,
（a^4 -a^3 +1)^3 - （a^9 +2)/3 =（a-1)^4（aa+a+1）（a^6 +（2/3）a^3 + 2aa + a + 1/3）≧ 0,

左辺が2次式のときに、こんなのがあるナリ。
https://artofproblemsolving.com/community/c6h462983

x, y, z∈R、4b≧aに対して、
(x^2+ax+b)(y^2+ay+b)(z^2+az+b) ≧ {(4b-a^2)/3}^(3/2)*(x-y)(y-z)(z-x)

>>168
関連したもの
https://artofproblemsolving.com/community/c6h1484892p8689649
https://artofproblemsolving.com/community/c6h582856

a, b, c∈R、t≧0に対して、
(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ {(16√6)/9}*(a-b)(b-c)(c-a)
(a^2+t^2)(b^2+t^2)(c^2+t^2) ≧ {8t^3/(3√3)}*(a-b)(b-c)(c-a)

>>163-164
【A generalization of Turkevici’s inequality】
Prove that for any x1, x2, . . . , xn > 0 with product 1,
Σ[i<j] (x_i - x_j)^2 ≧ Σ[i=1 to n] x_i^2 - n

（リンク先URKが長くて書込み拒否された）


>>166
> リ、リンクが無ゑ…

エスパーかよｗ

>>172
ごめん、書いた後で気づいた。（焼き土下座AA略）
カッコの中 aa+bb-2dd が負になって、２乗したら大きくならないために必要なんですね。

[Old and New Inequalities, Q,74]
a, b, c >0 に対して、a^2 + b^2 + c^2 + 2abc + 3 ≧ (1+a)(1+b)(1+c)

>>147
まずその不等式を使おうと思わないでござる

>>162
(a^4 -a+3)^2 ≧ 3(a^6 +2)
何乗かすれば必ずヘルダーが使えそうな形に持っていけるのだろうか
たまたまできただけなのか

>>169

(aa+2)(bb+2)(cc+2) ≧（8/3)^(3/2）(a-b)(b-c)(c-a）=（8/3)^(3/2）⊿

a = √(8/3)(A + 1/2）とおくと
aa+2 =（8/3)(AA+A+1)，（a-b）= √(8/3)(A-B)，etc.
ゆえ、次式と等価（arqady，2017/July/27）

（AA+A+1)(BB+B+1)(CC+C+1）≧（A-B)(B-C)(C-A）= ⊿,
(略証)
Lhs - Rhs =（1/3){(AA+A+1)xx +（BB+B+1)yy +（CC+C+1)zz｝+（1/6){(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2｝≧0,
ここに
　x = BC+B+1，y = CA+C+1，z = AB+A+1,
とおいた。（szl6208，2017/July/28）

>>174
Q.74
これも同様に
abc ≧ (a+b-1)c により2次式に sage て平方完成でござるな。

(aa + bb + cc + 2abc + 3) - (1+a)(1+b)(1+c)
≧aa + bb + cc -ab -a -b -2c +2
={(a+b-2)^2 + (a-b)^2 + 4(c-1)^2}/4
≧ 0,

>>177 訂正
（A-1)(B-1）≧0　でござった。（AA略）

>>177
> （A-1)(B-1）≧1 としても一般性を失わない。（WithOut Loss of Generality)

ありがたや！
A,B,Cのうちの少なくとも２つは１以上か１以下、鳩の巣原理でござるか？


>>178
発音の難しい不等式（Turkevici） ＋ AM-GMでござる。

>>171

http://artofproblemsolving.com/community/c6h5285
_generalization_of_Turkevici_inequality

と同じでござるか。（manlio，2004/Apr/24）

f " > 0 のとき
（n-2)Σ[k=1,n］f(a_k）+ n f((a_1+…+a_n)/n）≧ 2Σ[1≦i<j≦n］f((a_i+a_j)/2),

を使うらしいが…（Imht，2016/Nov/11）


>>178 訂正

= {(a+b-2)^2 + ３(a-b)^2 + 4(c-1)^2}/4
≧ 0,

>>174
Turkevici's Inequality (>>163) の a,b,c,d を √a, √b, √c, 1 に置き換えて、
T ：= a^2 + b^2 + c^2 + 1 + 2√(abc) - (ab+bc+ca + a+b+c) ≧ 0

a^2 + b^2 + c^2 + 2abc + 3 - (1+a)(1+b)(1+c)
= T + {1-√(abc)}^2
≧0

>>175

x=1 のまわりでティラー展開すると、

｛x^(n+1/2+r）- x^(n+1/2-r）+ 2r}^n -（1/3)(2r)^n･{x^(3n）+ 2}
= (n/24)(2r)^n･{(2n-3)^2 + 4rr -10}(x-1)^3
+｛n(n-1)/12}(2r)^n･(7nn-11n+4rr-1)(x-1)^4
+ O((x-1)^5)

∴（2n-3)^2 + 4rr -10 = 0,

n=2 のとき r=3/2，（a^4 -a +3)^2 ≧ 3(a^6 +2),

n=3 のとき r=1/2，（a^4 -a^3 +1)^3 ≧（1/3)(a^9 +2),

なお、4乗の係数は
7nn-11n+4rr-1 =（3n+1)n +｛(2n-3)^2 + 4rr -10｝=（3n+1)n > 0.

>>182 は

〔補題〕
1 < n <（3+√10)/2，2r =√{10 -（2n-3)^2｝のとき
｛x^(n+1/2+r）- x^(n+1/2-r）+ 2r}^n ≧（1/3)(2r)^n･{x^(3n）+ 2},

の略証でござる。

>>164 >>172

ab+cd = p，cc+dd = q とおくと、
Lhs - Rhs
= pp + qq -4ccdd +（aa-bb)^2 -（aa+bb)q
= pp + qq -2pq +2cd(q-2cd）+（aa-bb)^2 -（a-b)^2･q
=（p-q)^2 + 2cd(c-d)^2 +（a-b)^2･｛(a+b)^2 -q｝≧ 0,
（In-seok Seoの解，KMO winter program)

（a+b)^2 ≧ q = cc+dd　しか使ってねゑ…

>>163
Turkeviciの改良版でござる。

a^4 + b^4 + c^4 + d^4 + 2abcd
≧ ab(aa+bb)/2 + ac(aa+cc)/2 +ad(aa+dd)/2 +bc(bb+cc)/2 +bd(bb+dd)/2 +cd(cc+dd)/2
≧ aabb + aacc + aadd + bbcc + bbdd + ccdd,

Lhs - Rhs =｛2 F_2(a,b,c）+ d F_1(a,b,c)}/6 + cyclic ≧ 0,
（darij grinberg，2006/Feb/04）

http://artofproblemsolving.com/community/c6h73107
_stronger_than_Turkevici's_inequality

［2005 Uzbekistan National Olympiad］
a,b,cを三角形の3辺,a+b+c=2のとき、

1+abc＜ab+bc+ca≦28/27+abc

を示せ

>>180

n=4 の場合の略証
　x1 ≧ x2 ≧ x3 ≧ x4 としてよい。
　m =（x1+x2+x3+x4)/4 とおく。

・ x1+x4 ≧ x2+x3 のとき
（x1，m，m）majorizes（(x1+x2)/2，(x1+x3)/2，(x1+x4)/2)
（x2，x3，x4）majorizes（(x2+x3)/2，(x2+x4)/2，(x3+x4)/2)
∴Karamata により
　f(x1）+ f(m）+ f(m）≧ f((x1+x2)/2）+ f((x1+x3)/2）+ f((x1+x4)/2),
　f(x2）+ f(x3）+ f(x4）≧ f((x2+x3)/2）+ f((x2+x4)/2）+ f((x3+x4)/2),
　辺々たす。

・ x1+x4 ≦ x2+x3 のとき
（x1，x2，x3）majorizes（(x1+x2)/2，(x1+x3)/2，(x2+x3)/2)
（m，m，x4）majorizes（(x1+x4)/2，(x2+x4)/2，(x3+x4)/2)
∴Karamata により
　f(x1）+ f(x2）+ f(x3）≧ f((x1+x2)/2）+ f((x1+x3)/2）+ f((x2+x3)/2),
　f(m）+ f(m）+ f(x4）≧ f((x1+x4)/2）+ f((x2+x4)/2）+ f((x3+x4)/2),
　辺々たす。

文献[3］大関，p.125-126
文献[8］安藤「不等式」，p.10-11

- - - - - - - - - - - - - - - - - -

〔一般化された Turkevici不等式〕

(n-1){(a_1)^2 + … +（a_k)^2｝+ nGG ≧（a_1 + … + a_n)^2,
ここに　G =（a_1･a_2 … a_n)^(1/n),

n=2　等号
n=3　>>188
n=4　>>164 下， >>184-185
n≧5　nについての帰納法　>>186

[エレ解 1991-11]
任意の x>0 に対して、a^x + a^(1/x) ≦ a^(x + 1/x) が成り立つための正の数 a の条件を求めよ。

[エレ解 2013-10]
自然数 n≧2、C[n, k] は二項係数とする。
(1) Σ[k=1 to n] (-1)^(k+1) C[n, k] {1/(n^2)}^k < 1/n
(2) Σ[k=1 to n] C[n, k] {1/(n^2-1)}^k > 1/n
(3) Σ[k=1 to 2n] C[2n, k] {1/(n^2-1)}^k > 2/(n-1)

>>190

F(x）= Rhs - Lhs = a^(x+1/x）- a^x - a^(1/x)
とおく。

0<a≦1 ならば
　F(x）=（1 - a^x){1 - a^(1/x）｝- 1 < 0,
題意より a>1 に限られる。

F '(x）= log(a）｛(1 -1/xx）a^(x+1/x）-a^(x）+（1/xx)a^(1/x)}
= log(a）a^(x+1/x）｛1 -1/xx -a^(-1/x）+（1/xx)a^(-x)}
= log(a）a^(x+1/x）｛g(1/x）- g(x)}/x,

y = a^(-x）は下に凸ゆえ、g(x）=｛1 - a^(-x)}/x はxについて単調減少。

∴ F '(x）および g(1/x）- g(x）は、x-1 と同符号。

∴ F(x）は x=1 に極小値 F(1）= a(a-2）をもつ。
以下、F(1）だけ見れば十分。
題意を満足する aの下限は 2

往年の数学者「ビブンのことはビブンせよ。」
最近の数学者「ビブン・セキブン・いいキブン」

a,b,c,d>0に対して、
(a+b)^3 (b+c)^3 (c+d)^3 (d+a)^3 ≧ 16(abcd)^2 (a+b+c+d)^4

出題元は a,b,c>0 となっているが…
https://artofproblemsolving.com/community/c6h299899p1650989

不等式は代数幾何？ 僕は大好き。

>>192
補足
　xx{h(x)/x} ' = x h '(x）- h(x）= ∫[0,x] t h"(t）dt - h(0),

>>193
Problem 116（Crux Mathematicorum)
リンク先の解答：

(a+b)(b+c)(c+d)(d+a）= su +（ac-bd)^2 ≧ su,
ここで基本対称式を
s = a+b+c+d,
u = abc+bcd+cda+dab,
v = abcd,
とおいた。

これらの間にはMcLaurinの不等式
　2t/3s ≧ 3u/2t ≧ 4v/u（=HM),
が成立つ。tを消すと
　u/s ≧（4v/u)^2,
∴（su)^3 ≧16 v^2 s^4.
（Pain rinnegan，2009/Oct/11）

a∈Cに対して、f(z)=e^(１/(z－a)),z∈C\{a}において、aに収束する点列ａn∈Ｃ\{a}で lim n→∞ f(ａn)=+∞　となるものを見出せ。
の解答をお願い致します。 👀
Rock54: Caution(BBR-MD5:ae2afb6cd11f3e92f5cd12f037b4c3ac)

>>196

a_n = a + (1/n)

とかでいいんじゃね？

【考え方】
Cの上では exp はふにょふにょしてる事に注意しよう．
exp がシュッとでかくなるのは引数が実のときだけ．
だから 1/(a_n -a) が n:large に対してでかい実数になるように
すればいい．1/ｘは右から近づくと＋∞，左から近づくと-∞
なんで a_n - a が実数になるようにしつつ a に右から近づけばいい．

（失礼しました．質問スレと間違えて返事してしまいました）

f(z)=z/sinh z,z∈Cにおいて
(1) f(z)はC上正則であることを示せ。
(2) z=0はf(z)の除去可能特異点であることを示せ。
(3) z=0まで定義域を拡大したf(z)のz=0におけるマクローリン展開の2次の項までを求めよ。
(1).(2).(3)の解答をお願い致します。

>>199
ここは質問スレじゃないぞ。

第９章で初めての荒らしかな。

>>191

(1）１-（1 - 1/nn)^n < 1/n,

(2）｛1 + 1/(nn-1)}^n > n/(nn-1）> 1/n,

(3）｛1 + 1/(nn-1)}^(2n）-1 =｛nn/(nn-1)}^(2n）-1
　=｛1/(1-xx)}^(2/x）-1 >（1+x)/(1-x）-1 = 2x/(1-x）= 2/(n-1),

*)　2log(1-xx）+ x･log{(1+x)/(1-x)}
=（2+x)log(1+x）+（2-x)log(1-x)
= -∬[0,x］｛2t/(1-tt)}^2 dt　< 0,
より　（1-xx)^(2/x）<（1-x)/(1+x),

>>195
４変数に関する基本対称式 s, t, u, v をみると新鮮でござるな。 p, q, r の関係も面白い。

>>204

s，t，u，v （ >>108 ） と p，q，r （ >>195 ）　の関係

p+q+r = t,
pq+qr+rp = su - 4v,
pqr =（ss-4t)v + uu,

>>203

〔補題〕
-1 < x < 1 のとき
　2･log(1-xx）+ x･log{(1+x)/(1-x)｝≦（xx/3)log(1-xx）≦ -(1/3)x^4 ≦ 0,

(略証)
f(x）=（2-xx/3)log(1-xx）+ x･log{(1+x)/(1-x)｝とおく。xの偶関数。

f '(x）=（-2x/3)log(1-xx）+ log{(1+x)/(1-x)｝-（2x/3）+（2/3){1/(1+x）-1/(1-x)},

f "(x）=（-2/3)log(1-xx）-2 +（5/3){1/(1+x）+ 1/(1-x)｝+（2/3){-1/(1+x)^2 -1/(1-x)^2},

f "'(x）=（2/3){-1/(1+x）+1/(1-x)｝+（5/3){-1/(1+x)^2 +1/(1-x)^2｝+（2/3){2/(1+x)^3 -2/(1-x)^3}
　= -4xxx(3-xx/3)/(1-xx)^3,

f ""(x）=（2/3){1/(1+x)^2 +1/(1-x)^2｝+（5/3){2/(1+x)^3 +2/(1-x)^3｝-4/(1+x)^4 -4/(1-x)^4
　= -4xx(27+22xx-x^4)/[3(1-xx)^4]
　≦ 0.

[エレ解 2017-08]
x,y,z≧0、x+y+z≦1のとき、3x^2 - 4x+ 5y^2 - 2y + z^2 - 1 の最大最小を求めよ。

>>203

1/(1-tt）はt>0で単調増加ゆえ、
（1/y)∫[0，y] 2/(1-tt）dt も y>0で単調増加。

（2+x)log(1+x）+（2-x)log(1-x)
=（2+x)∫[0，x/(2+x)］2/(1-tt）dt -（2-x)∫[0，x/(2-x)］2/(1-tt）dt
< 0,

実定数 a, b, c>0 とする。
実数 x, y が a/x - b/y ≧c、x < a/c、y > b/c をみたしながら動くとき、
ax-byが最大値をもつための条件と、そのときの最大値を求めよ。

（出典不明、問題はうろ覚え、10年くらい前に立ち読みした記憶から再生したので係数が微妙に違うかもしれない）

実定数 a>0 と、4x^2 + y^2 ≦1 をみたす実数 x, y に対して、
2xy + 2ax + ay の最大値・最小値と、そのときの x, y の値を求めよ。

（昔ネットで見たもの、Z会か進研ゼミのサンプル問題だったような…）
---------------------------------------------------------

4x^2 + y^2 =1 じゃないんで、(x, y) = ((r/2)cosθ, r sinθ)とおいたら泥沼に嵌った。

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今は昔、高校時代のZ会の通信添削より。

a,b,c≧0に対して、
(1)　x^(1/3) + y^(1/3) ≦ {4(x+y)}^(1/3)
(2)　x^(1/3) + y^(1/3) + z^(1/3) ≦ {9(x+y+z)}^(1/3)

>>222
今見ると簡単すぎて泣ける。
当時は Power Mean とか知らなんだし…。

a,b,c≧0に対して、
(9/4)(a+b+c)^5 ≧ 10(a^3 + b^3 + c^3)(a+b+c)^2 - 9(a^5 + b^5 + c^5) ≧ (a+b+c)^5

右側は簡単だったけど、左側は挫折…。

a,b,c≧0に対して、
a^3 + b^3 + c^3 + (6/7)abc ≧ (1/7)(a+b+c)^3

苦手な非同次の不等式。

>>224
s = a+b+c，t = ab+bc+ca，u = abc,
とおく。
a^3 +b^3 +c^3 = s(ss-3t）+3u,
a^5 +b^5 +c^5 = s^5 - 5(a+b)(b+c)(c+a)(ss-t）= s^5 - 5(st-u)(ss-t),

(左辺）-（中辺）=（5/4)s(ss-6t)^2 + 15(ss-3t)u ≧ 0,
(中辺）-（右辺）= 15(st-u)(ss-3t）≧ 0,

>>225
(左辺）-（右辺）=（3/7)｛s(ss-3t)+(s^3-4st+9u)｝=（3/7)(s･F_0 + F_1）≧ 0,

F_0 = ss-3t ≧ 0，
F_1 = s^3 -4st +9u ≧ 0.

>>224
　
等号成立は
左側：｛a，b，c｝=｛0，√3-1，√3+1｝
右側：｛a，b，c｝=｛1，1，1｝

〔Jordanの不等式〕
0<θ<π/2 のとき、
　sinθ >（2/π)θ,

文献［3］大関、p.38-39 例題2.
[分かスレ４３６.016］（微分を使わない方法）

>>228

ABを直径とする円をcとする。（半径r）
A，Bを通るもう一つの円をCとする。（半径 R >r）

このとき
　2R sinθ= AB = 2r,

また横方向のズレ幅からみて、明らかに
弧AcB > 弧ACB,
　πr > 2R θ,

辺々掛けて
　sinθ >（2/π)θ,

［分かスレ４３６.016］

〔問題〕
0≦a,b,c≦1 かつ (1-a)(1-b)(1-c）= abc のとき

(a+b+c)(aa+bb+cc-ab-bc-ca)＋8abc ≧1,

>>226
かたじけのうござる。
次数が高いと、非負の和に変形するのが大変でござるな。

a,b,c≧0に対して、

(1)　(a^3 + b^3 + c^3 + 15abc)^3 ≧ 216abc(ab+bc+ca)^3
(2)　(a+b+c)^5 ≧ 12{(a^4)(b+c) + (b^4)(c+a) + (c^4)(a+b)}

a,b,c≧0に対して、

(3)　{a^2 + b^2 + c^2 + 9(ab+bc+ca)}^3 ≧ 1000abc(a+b+c)^3

>>231
　そうでもない？

>>232 (2)

(a+b+c)^6 =｛(a^3+b^3+c^3）+ 3(a+b)(b+c)(c+a)}^2
≧12(a^3+b^3+c^3）(a+b)(b+c)(c+a)
> 12{(a^4)(b+c）+（b^4)(c+a）+（c^4)(a+b)}(a+b+c),

∵
(a+b)(b+c）> b(a+b+c),
(b+c)(c+a）> c(a+b+c),
(c+a)(a+b）> a(a+b+c),

>>234
こういう変形はどうやって思いつくんでせうか？

>>235
これはすごい…

a,b,c≧0 かつ a+b+c>0 かつ a^2+b^2+c^2-2abc=1 のとき、(a-1)(b-1)(c-1)≧0

>>237
0 < |α|，|β|，|γ| < π/2，
γ = α±β,
(a，b，c）=（cosα，cosβ，cosγ）
のとき
(a-1)(b-1)(c-1）< 0　？


(1-aa)(1-bb）＝（c-ab)^2 ≧ 0 ゆえ
a-1，b-1，c-1 は同符号だが…

自然数 n に対して、
n+3 < {(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)(n+6)}^(1/6) < n+(7/2)

どっかの入試問題だったと思うけど、メモしていない…。

>>240

左側
(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)(n+6）-（n+3)^6 =（n+3)(3n^4 +31n^3 +102nn +103n -3）> 0,

右側は GM-AM で


蛇足だが…
｛(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)(n+6)}^(1/6）= n +7/2 -35/(24n）+245/(48nn）-23597/(1152n^3）+69139/(768n^4）-34892549/(82944n^5）+340456375/(165888n^6）-…

>233 (3)

s = a+b+c，t = ab+bc+ca，u = abc,
とおく。
同次式なので u=1 としてもよい。s≧3，t≧3.

t(tt-4s+3）≧ t^3 -4stu +9uu ≧ 0,
∴ t ≧ √(4s-3）≧ s(10-s)/7,
∴ ss+7t ≧ 10s,
∴ aa+bb+cc + 9(ab+bc+ca）≧ 10(a+b+c),
かなあ。

>>232 (1)

F_2 = s^4 -5sst +4tt +6su ≧ 0，　（Schur)
これをｔについて解くと
t ≦［5ss -√{3s(3s^3 -32u)}]/8,

u=1 として
t ≦［5ss -√{3s(3s^3 -32u)}]/8 ≦（s^3 +18u)/{3(s+2)},
∴（s^3 -3st+3u）+ 15u ≧ 6t,
∴ a^3 +b^3 +c^3 + 15abc ≧ 6(ab+bc+ca),
かなあ。

>>233 (3) >>242

√(4s-3）≧ s(10-s)/7 のところ

s≧4 のとき
　√(4s-3）≧ 25/7 ≧ s(10-s)/7,
3≦s≦4 のとき
　(4s-3）-｛s(10-s)/7}^2 =（s-3)(49-49s+17ss-s^3)/49 ≧0,

a,b,c ∈R のとき
(1)　(a^2 + b^2 + c^2)^2 ≧ 3(a^3b + b^3c + c^3a)
(2)　a^4 + b^4 + c^4 ≧ 2(a^3b + b^3c + c^3a) - (ab^3 + bc^3 + ca^3)
(3)　a^4 + b^4 + c^4 ≧ 6(a+b+c)(a^2b + b^2c + c^2a) - 17{(ab)^2 + (bc)^2 + (ca)^2}
(4)　3(a^4 + b^4 + c^4 - a^3b + b^3c + c^3a) ≧ a^2(b-c)^2 + b^2(c-a)^2 + c^2(a-b)^2


a,b,c≧0 のとき

(11)　a^3 + b^3 + c^3 ≧ 3(ab^2 + bc^2 + ca^2) - 2(a^2b + b^2c + c^2a)
(12)　a^3 + b^3 + c^3 ≧ (17/9)(a^2b + b^2c + c^2a) - (8/3)abc
(13)　a^4 + b^4 + c^4 ≧ (9/4)(ab^3 + bc^3 + ca^3) - (5/4)(a^3b + b^3c + c^3a)
(14)　a^4 + b^4 + c^4 ≧ 6{(ab)^2 + (bc)^2 + (ca)^2} - 5(a^3b + b^3c + c^3a)
(15)　a^4 + b^4 + c^4 ≧ (ab)^2 + (bc)^2 + (ca)^2 + 2(a^3b + b^3c + c^3a - ab^3 - bc^3 - ca^3)
(16)　a^4 + b^4 + c^4 ≧ abc(a+b+c) + (2√2)(a^3b + b^3c + c^3a - ab^3 - bc^3 - ca^3)

巡回式は嫌いでござる。

>>242
> ∴ t ≧ √(4s-3）≧ s(10-s)/7,

√(4s-3）≧ s(10-s)/7 って、不等号の向きが一定でないような…

>>245

まづ AM-GMより s ≧ 3u^(1/3）= 3,

あとは >>243 (下）を参照。

>>244

min{a，b，c｝= m とし、｛a，b，c｝=｛m，m+x，m+y｝とする。（x，y≧0)

(11)
(左辺）-（右辺）= m(xx-xy+yy）+（x^3 + 2xxy -3xyy + y^3）≧0,

∵ x^3 +2xx -3x +1 ≧ 3x^(7/3）-3x + 1 ≧ 1 - 4･(3/7)^(7/4）= 0.091969

(12)
(左辺）-（右辺）= 10m(xx-xy+yy)/9 +｛x^3 -（17/9)xxy + y^3｝≧0,

∵ x^3 -（17/9)xx + 1 ≧ 1 -2･（17/27)^(3/2）= 0.00078779,

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>>248

xx-xy+yy ≧ 0,
(左辺－右辺）はmについて単調増加。
∴｛a，b，c｝の差（x，y）を固定して一斉に増加すれば増加する。
∴ m=0 の場合を考えれば十分。

（sageるのを忘れてしまった…）

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三角形の辺長 a,b,c、外接円の半径R、内接円の半径 r に対して

(1)　a^2+ b^2 + c^2 ≦ 9R^2
(2)　a^2+ b^2 + c^2 ≦ 8R^2 + 4r^2

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>>270

(2)
正弦定理より
（a+b-c)/c = 2sin(A/2)sin(B/2)/sin(C/2)，etc.

r/R =（2S/(a+b+c))(4S/abc)
　=（a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)/(2abc)
　= 4sin(A/2)sin(B/2)sin(C/2),

(r/R)^2 = 2[1-cos(A)][1-cos(B)][1-cos(C)],

したがって、補題より
　sin(A)^2 + sin(B)^2 + sin(C)^2
　=　2 + 2cos(A)cos(B)cos(C)
　≦ 2 + 2[1-cos(A)][1-cos(B)][1-cos(C)]
　= 2 +｛4sin(A/2)sin(B/2)sin(C/2)}^2
　= 2 +（r/R)^2,


【補題】A+B+C=π, 0<A,B,C のとき、
　cos(A)cos(B)cos(C) ≦ [1-cos(A)][1-cos(B)][1-cos(C)] ≦ 1/8.
　［初代スレ.580］

【系】
｛(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}^2 ≧ (aa+bb-cc)(bb+cc-aa)(cc+aa-bb),
　［1992 Poland］44th，1st round（1992 Sept-Dec）No.9
［初代スレ.538(3)］

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>>282 〔補題〕

・鈍角または直角⊿のとき
　cos(A）cos(B）cos(C）≦ 0 で成立。

・鋭角△のとき
(右辺）-（左辺）
=［1-cos(A)］［1-cos(B)］［1-cos(C)］- cos(A）cos(B）cos(C)
=［1-cos(A)］［1-cos(B)］-4sin(A/2）sin(B/2）cos((A-B)/2）cos(C）+［cos(C)]^2
=｛2sin(A/2）sin(B/2）- cos(C)}^2 + 4sin(A/2）sin(B/2）［1-cos((A-B)/2)］
≧0.

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>>282 〔系〕

b+c-a = x，c+a-b = y，a+b-c = z,
とおく。（Ravi変換）

（左辺）-（右辺）=（xyz)^2 -（aa+bb-cc)(bb+cc-aa)(cc+aa-bb）
= 2abxyzz -2(a+b)xyz(aa+bb-cc）+ 2cc(aa+bb-cc)^2
= 2{z√(abxy）-c(aa+bb-cc)}^2 + 2(√xy)z(aa+bb-cc){2c√(ab）-(a+b)√(xy)}
≧ 0,

∵ 2c√(ab）= c√{(a+b)^2 -（a-b)^2}
　≧（a+b)√{cc -（a-b)^2}
　=（a+b)√(xy),

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>>304 (補足)

右辺： a，b，c の符号によらない。
左辺： a，b，c が同符号のとき（|a|+|b|+|c|）の因子を含まず、最も小さい。
よって a，b，c ≧0 としてよい。
a+b < c のときは aa+bb-cc < 0、右辺 < 0 となり成立。

難しいな

>>282
> ｛(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}^2 ≧ (aa+bb-cc)(bb+cc-aa)(cc+aa-bb)

>>270 (2) がこんな形になろうとは…

>>282 (系）
>>317

Schur の拡張より
（左辺）-（右辺）= p(a-b)(a-c）+ q(b-c)（b-a）+ r(c-a)(c-b）≧ 0

p = 2aa（a+c-b)(a+b-c）≧0,
q = 2bb（b+a-c)(b+c-a）≧0,
r = 2cc（c+b-a)(c+a-b）≧0,
は a，b，c と同順序

任意の二つの非負実数列｛a_n｝,｛b_n｝に対して、
納i,j=1,n]min｛a_ia_j,b_ib_j｝≦納i,j=1,n]min｛a_ib_j,a_jb_i}

USAMO-2000

>>248 (訂正)

(12)

∵ x^3 -（17/9)xx + 1 = 31/(27^3) +（x +17/27)(x -34/27)^2 ≧ 31/19683 = 0.0015750

>>248
(11）AM-GM で
x^3 + a^3 + a^3 ≧ 3aax,
　2xx + 2aa ≧ 4ax,
辺々たすと
　x^3 + 2xx + 2aa(a+1）≧ a(3a+4),
ここで　2aa(a+1）= 1　すなわち　a = 0.565198… とすれば
　x^3 + 2xx +1 ≧ a(3a+4)x = 3.21914 x,

3x^(7/3）+ 4(2/7)^(7/4）≧ 3x,

>>320
(12）AM-GM で
　x^3 + 4(17/27)^3 =（1/2)x^3 + (1/2)x^3 + 4(17/27)^3 ≧ 3(17/27)xx =（17/9)xx,

>>319

〔補題1〕
r_i ≧ 0 のとき、実対称行列 min｛r_i，r_j｝は半正値。
(略証）
0 = r_0 ≦ r_1 ≦ r_2 ≦ …… ≦ r_n としてよい。
　Σ[i，j］min｛r_i，r_j｝x_i x_j = Σ[i=1，n］r_i（(x_i)^2 + 2Σ[j=i+1,n] x_i x_j）
　= Σ[i=1，n］r_i（(Σ[j=i，n］x_j)^2 -（Σ[j=i+1，n］x_j)^2）
　= Σ[i=1，n]（r_i - r_{i-1}）（Σ[j=i，n］x_j)^2
　≧ 0,

〔補題2〕
min｛a_i b_j，a_j b_i｝- min｛a_i a_j，b_i b_j｝= min｛r_i，r_j｝x_i x_j

ここに、
　r_i = max｛a_i/b_i，b_i/a_i｝
　x_i = sgn(a_i-b_i）min｛a_i，b_i｝
とおいた。（証明略）

これらを使うと解けるらしいよ。

USAMO-2000 Problem_6

http://artofproblemsolving.com/wiki/index.php?title=2000_USAMO

ここの人達は
ソボレフの不等式とかポアンカレの不等式とかの解析の不等式は興味ないの？

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>>322

補題1は
　g_i(ｔ）=（1/π）log｜１-（r_i)/ｔ｜
　∫(-∞，∞）g_i(ｔ）g_j(ｔ）dｔ= min｛r_i，r_j｝
からも出る。

　森口・宇田川・一松「数学公式I」岩波全書221（1956）p.242


>>323
　ageるな危険

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〔Problem 6〕

次の不等式をみたす有界無限実数列： x_0，x_1，x_2，… を１つ与えよ。

　i≠j　⇒　｜x_i - x_j｜｜i - j｜ > 1,

Construct a bounded infinite swquence x_0，x_1，x_2，…… such that ｜x_i - x_j｜｜i - j｜ > 1 for every pair of distinct i，j.

IMO-1991（32nd，Sweden） modified.

実数列 x_0，x_1，x_2，… が有界であるとは、ある定数Cが存在して、
　すべての非負整数ｉ≧ 0 に対して　｜x_i｜ ≦ C,
が成り立つことである。

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【三重大】
a,b,c>0 に対して、a+b+c ≧ √(3ab) + √(3bc) - √(ca)

>>357

√a = A，√b = B，√c = C とおく。

(左辺）-（右辺）=［B -（√3)(A+C)/2]^2 +（1/4)(A-C)^2 ≧ 0,

等号は（a，b，c）=（1，3，1）

a,b,c>0、α+β+γ=πのとき、
a+b+c ≧ 2{√(ab)} cosα + 2{√(bc)} cosβ+ 2{√(ca)} cosγ

a,b,c＞0,a+b+c=3のとき、

a/(a+bc)+b/(b+ca)+c/(c+ab)≧3/2

を示せ

>>322 >>334

補題1は
　g_i(ｔ）= √(2/π）sin（r_i･ｔ)/ｔ,
　∫[0，∞）g_i(ｔ）g_j(ｔ）dｔ= min｛r_i，r_j｝
からも出る。

　森口・宇田川・一松「数学公式I」岩波全書221（1956）p.251

>>359

実対称行列Ｓ=
｜1，　-cosα，-cosγ｜
｜-cosα，1，　-cosβ｜
｜-cosγ，-cosβ，1　｜
とおく。

題意よりα+β+γ = π,

（cosα)^2 +（cosβ)^2 +（cosγ)^2 + 2cosα cosβ cosγ = 1,

AM-GM と 凸性より
　-1 < cosα cosβ cosγ ≦｛cos(π/3)}^3 = 1/8,

Ｓの固有多項式は

｜1-x，-cosα，-cosγ｜
｜-cosα，1-x，-cosβ｜
｜-cosγ，-cosβ，1-x｜

= x{xx -3x +2(1 + cosα cosβ cosγ)}
= x f(x),

f(0）> 0,
f(3/2）= -1/4 + 2 cosα cosβ cosγ < 0,
∴ f(x）は2つの正根をもつ。

Ｓの固有値は 0 と 2つの正値。

∴Ｓは半正値。

>>363

正攻法なんだけど、面白くねぇ？

たぶん半正値が分からんのでは？

>>365

〔例題１〕
任意の実数 a,b,c に対して
　aa+bb+cc ≧ 2pab + 2qbc + 2rca
となるための、p,q,r についての条件を求めよ。

(解）
　｜p｜≦ 1，｜q｜≦ 1，｜r｜≦ 1，pp+qq+rr + 2pqr ≦ 1.

　文献[3］（大関）の冒頭の例題

----------------------------------

本問では
p = cos（A)，q = cos（B)，r = cos（C)
pp + qq + rr + 2pqr = 1.
となるから、上記の条件を満たす。

>>345-346

　x_i = k｛ｉ･√m - 1/2}，　k = 1 + 2√m,

ここに　m は平方数でない自然数。｛ a ｝はaの小数部分
　（富蘭平太氏）

a_1^2+a_2^2+……+a_100^2=1を満たす、非負実数列a_1,a_2,……,a_100に対して、
a_1^2*a_2+a_2^2*a_3+……+a_100^2*a_1<12/35

>>368

(右辺）= 12/35 = 0.342857

（a_1，a_2，…，a_100）=（√(2/3)，√(1/3)，0，…，0）=（0.81650，0.57735，0，…，0)
のとき
(左辺）= 2/(3√3）= 0.38490

（a_1，a_2，…，a_100）=（2/3，2/3，1/3，0，…，0）=（0.66667，0.66667，0.33333，0，…，0)
のとき
(左辺）= 4/9 = 0.44444

>>369
12/35は12/25の間違いでした。これなら不等式は成立するはずです。すみません