Из темы "неравенство из Тибета"

[TR63]

maxal в сообщении #1071349 писал(а):

Для любых положительных вещественных чисел $a,b,c,d,e$ докажите неравенство:

$$(bcde+acde+abde+abce+abcd)^4\geqslant 125(a+b+c+d+e)(abcde)^3.$$

Это неравенство следует из очень простого (без Мюрхеда и Маклорена) неравенства (встретила в инете и немного обобщила):
$(a^4+b^4+c^4+d^4)\ge abcd(a+b+c+d)$

Умножим обе части исходного неравенства на $(k^{16})$. Учитывая однородность, получим неравенство в новых переменных. Достаточно доказать усиленное неравенство:

$(a_1c_1d_1e_1)^4+(a_1b_1d_1e_1)^4+(a_1b_1c_1e_1)^4+(a_1b_1c_1d_1)^4\ge a_1^5(b_1c_1d_1e_1)^3(c_1d_1e_1+b_1d_1e_1+b_1c_1e_1+b_1c_1d_1)\ge125(a_1+b_1+c_1+d_1+e_1)(a_1b_1c_1d_1e_1)^3$

В обеих частях последнего неравенства выносим общий множитель; сокращаем и получаем, что достаточно взять:

$k^4>\frac{125(a+b+c+d+e)}{cde+bde+bce+bcd}$

По ходу решения возникла задача: если можно обобщить вспомогательное неравенство на большее количество слагаемых и большую степень, то можно сделать обобщение исходного неравенства (желательно без Мюрхеда и Маклорена; они на крайний случай.) Т.е. предлагаю доказать или опровергнуть (для начала) неравенство для положительных (a,b,c,d,e):

$$a^5+b^5+c^5+d^5+e^5\ge abcde(a+b+c+d+e)$$

[grizzly]

maxal в сообщении #1071349 писал(а):

Для любых положительных вещественных чисел...

TR63 в сообщении #1105246 писал(а):

(встретила в инете и немного обобщила):
$(a^4+b^4+c^4+d^4)\ge abcd(a+b+c+d)$

Не нужно слепо доверять всему, что Вы встречаете в инете.

[TR63]

На уважаемом форуме встретила неравенство с доказательством (очень простым):

$a^4+b^4+c^4\ge abc(a+b+c)$

grizzly, Вы считаете, что неверно обобщила? Почему? Вроде, и моё обобщение можно доказать. Если у Вас есть контрпример, приведите, пожалуйста.

[grizzly]

TR63 в сообщении #1105264 писал(а):

Вы считаете, что неверно обобщила? Почему? Вроде, и моё обобщение можно доказать. Если у Вас есть контрпример, приведите, пожалуйста.

Конечно, неверно. В Вашем обобщении степень справа выше чем слева, как Вы его хотели доказывать? Контрпример? пожалуйста: $a=b=c=d=2.$

[DeBill]

TR63
Ваши два неравенства (но не последнее) - неоднородны, и потому не могут быть верными: растяжением/сжатием переменных его можно нарушить.

[TR63]

DeBill, Вы правы (я с однородностью просчиталась). Моё неравенство верно, если, например, все числа меньше единицы.

TR63 в сообщении #1105246 писал(а):

и немного обобщила):
$(a^4+b^4+c^4+d^4)\ge abcd(a+b+c+d)$

Но тогда могут возникнуть проблемы с доказательством исходного на основании вспомогательного?


Меня интересует, возможно ли обобщение (желательно без Мюрхеда и Маклорена) в таком виде:

$a^5+b^5+c^5+d^5\ge abcd(a+b+c+d)$

-- 09.03.2016, 14:51 --

grizzly, спасибо. Не заметила Вашего сообщения.

[TR63]

maxal в сообщении #1071349 писал(а):

Для любых положительных вещественных чисел $a,b,c,d,e$ докажите неравенство:

$$(bcde+acde+abde+abce+abcd)^4\geqslant 125(a+b+c+d+e)(abcde)^3.$$

TR63 в сообщении #1105246 писал(а):

Это неравенство при $a\le b\le c\le d\le e\le1$ следует из очень простого (без Мюрхеда и Маклорена) неравенства (встретила в инете и немного обобщила):
$(a^4+b^4+c^4+d^4)\ge abcd(a+b+c+d)$

Умножим обе части исходного неравенства на $(k^{16})$. Учитывая однородность, получим неравенство в новых переменных. Достаточно доказать усиленное неравенство:

$(a_1c_1d_1e_1)^4+(a_1b_1d_1e_1)^4+(a_1b_1c_1e_1)^4+(a_1b_1c_1d_1)^4\ge a_1^5(b_1c_1d_1e_1)^3(c_1d_1e_1+b_1d_1e_1+b_1c_1e_1+b_1c_1d_1)\ge125(a_1+b_1+c_1+d_1+e_1)(a_1b_1c_1d_1e_1)^3$

В обеих частях последнего неравенства выносим общий множитель; сокращаем и получаем, что достаточно взять:

$k^4=\frac{125(a+b+c+d+e)}{cde+bde+bce+bcd}$

Для того, чтобы использование вспомогательного неравенства было законным, достаточно выполнения условия:

$f=k^4(bcde+acde+abde+abce+abcd)\le1$

Для этого достаточно выполнения условия:

$f\le\frac{125(a+b+c+d+e)(5e)bcd}{cde+bde+bce+bcd}\le5^5e^2\le1$

Найдена область, в которой исходное неравенство верно. С учётом однородности исходного неравенства этого достаточно.
Если ошибок нет, то можно подумать про обобщение исходной задачи.

[Rak so dna]

TR63 в сообщении #1105287 писал(а):

Меня интересует, возможно ли обобщение (желательно без Мюрхеда и Маклорена) в таком виде:

$a^5+b^5+c^5+d^5\ge abcd(a+b+c+d)$

Это неравенство верно. Без Мюрхеда и Маклорена можно доказать так:
Пусть $f(a,b,c,d)=a^5+b^5+c^5+d^5-abcd(a+b+c+d)$ тогда $f(a,a+b,a+b+c,a+b+c+d)\ge 0$ т.к. имеет только неотрицательные коэффициенты.

(Оффтоп)

$f(a,a+b,a+b+c,a+b+c+d)=d^5+5cd^4+5bd^4+5ad^4+10c^2d^3+20bcd^3+20acd^3+10b^2d^3+20abd^3+10a^2d^3+10c^3d^2+30bc^2d^2+30ac^2d^2+30b^2cd^2+59abcd^2+29a^2cd^2+10b^3d^2+29ab^2d^2+28a^2bd^2+9a^3d^2+5c^4d+20bc^3d+20ac^3d+30b^2c^2d+57abc^2d+27a^2c^2d+20b^3cd+53ab^2cd+45a^2bcd+12a^3cd+5b^4d+16ab^3d+17a^2b^2d+6a^3bd+2c^5+10bc^4+10ac^4+20b^2c^3+38abc^3+18a^2c^3+20b^3c^2+53ab^2c^2+45a^2bc^2+12a^3c^2+10b^4c+32ab^3c+34a^2b^2c+12a^3bc+3b^5+12ab^4+17a^2b^3+9a^3b^2$

Таким же образом можно доказать, что
$a^6+b^6+c^6+d^6+e^6\ge abcde(a+b+c+d+e)$

[TR63]

Rak so dna, мне понравилась Ваша идея, хотя её реализация громоздка. И мне непонятен обратный переход от Вашего вспомогательного неравенства к исходному.
Я рассуждала так:
1). $a^2\ge aa$
2). $a^3+b^3\ge ab(a+b)$
3). $a^4+b^4+c^4\ge abc(a+b+c)$
Рассматриваю последовательность; делю её на два не пересекающихся класса; в остатке один элемент (ещё ряд условий), следовательно можно гипотетически экстраполировать. Ищу стандартное доказательство. Мой вариант:
$a^4+b^4+c^4\ge abc$

$a\ge b\ge c\ge0$

$f'_a=4a^3-bc\ge0$

$a^3\ge\frac1 4bc$

$a\ge\frac1 4$

$a+b+c=1$

$a\ge\frac1 3>\frac1 4$

$a^4+b^4+c^4\ge abc(a+b+c)$

На форуме, где я встретила это неравенство, доказательство другое. Оно очень простое, но не поддаётся у меня обобщению.
Rak so dna, Ваш метод работает для всех степеней? Или есть ограничение.

[Rak so dna]

TR63 в сообщении #1105748 писал(а):

Rak so dna, мне понравилась Ваша идея, хотя её реализация громоздка.

Это не моя идея. Да, такой метод очень громоздкий и дибильный. Однако он очень эффективен для доказательства неравенств небольшой степени от малого числа неотрицательных переменных. Особенно для несимметричных неравенств, которые другими элементарными методами доказываются тяжело.

TR63 в сообщении #1105748 писал(а):

И мне непонятен обратный переход от Вашего вспомогательного неравенства к исходному.

Я просто доказал ваше неравенство. Сильно сомневаюсь, что оно вообще как-то связано с исходным.

TR63 в сообщении #1105748 писал(а):

$a^4+b^4+c^4\ge abc(a+b+c)$
На форуме, где я встретила это неравенство, доказательство другое. Оно очень простое, но не поддаётся у меня обобщению.

Его можно еще так доказать:
$a^4+b^4+c^4-abc(a+b+c)=\frac{1}{2}\sum\limits_{cyc}(a-b)^2(a^2+b^2+ab+bc+ca)$

TR63 в сообщении #1105748 писал(а):

Rak so dna, Ваш метод работает для всех степеней? Или есть ограничение.

Скорее всего для всех степеней, однако уже для 7-й степени полином занимает несколько страниц... Ограничение тут - только ресурсы компьютера и ваше терпение Все-таки лучше доказывать такое стандартными методами.

[TR63]

Rak so dna в сообщении #1105766 писал(а):

Я просто доказал ваше неравенство. Сильно сомневаюсь, что оно вообще как-то связано с исходным.

Здесь под исходным я подразумевала моё неравенство

TR63 в сообщении #1105287 писал(а):

$a^5+b^5+c^5+d^5\ge abcd(a+b+c+d)$

TR63 в сообщении #1105748 писал(а):

И мне непонятен обратный переход от Вашего вспомогательного неравенства к исходному.

Ещё подумаю над этим переходом.

Rak so dna, правильно я поняла, раз Вы сомневаетесь, что это неравенство связано с "неравенством из Тибета", значит в моём доказательстве "неравенства из Тибета" (четвёртая степень) есть ошибка. Тогда укажите, где именно. Я не вижу.
И ещё. Вы считаете, что решать с помощью частной производной некорректно? (Вы уже это объясняли, но контрпример из указанной области определения так и не привели; если некорректно, я не возражаю (если нет контрпримера, тогда это гипотеза о возможности взятия частной производной в данной области определения); Ваше последнее решение-супер; оно проще, известного мне, но, как до него додуматься.)

[TR63]

TR63 в сообщении #1105774 писал(а):

И ещё. Вы считаете, что решать с помощью частной производной некорректно?

Продолжение:
$a=\frac1 3$
$b=\frac2 3-c$
Далее решаем уравнение от одной переменной. (Учитывая, что функция монотонно возрастает, достаточно исследовать в одной точке.)

[Rak so dna]

TR63 в сообщении #1105774 писал(а):

И мне непонятен обратный переход от Вашего вспомогательного неравенства к исходному.

TR63 метод заключается в следующем. Пусть нам надо доказать, что $f(a,b,c,d)\geqslant0$ (в нашем случае $f(a,b,c,d)=a^5+b^5+c^5+d^5-abcd(a+b+c+d)$ ) для $a,b,c,d\geqslant0$. Поскольку неравенство полностью симметрично, достаточно доказать его в случае $d\geqslant c\geqslant b\geqslant a$. Можно положить
$b=a+x$,
$c=b+y=a+x+y$,
$d=c+z=a+x+y+z$,
где $x,y,z\geqslant0$ Теперь осталось показать, что $f(a,b,c,d)=f(a,a+x,a+x+y,a+x+y+z)\geqslant0$ но это очевидно, т.к. у этого полинома все коэффициенты неотрицательны.

(Оффтоп)

В общем же случае (когда неравенство несимметрично) надо аналогичным образом рассматривать все варианты:
$d\geqslant c\geqslant b\geqslant a$
$d\geqslant c\geqslant a\geqslant b$
$d\geqslant a\geqslant b\geqslant c$
$d\geqslant a\geqslant c\geqslant b$
$d\geqslant b\geqslant c\geqslant a$
$d\geqslant b\geqslant a\geqslant c$
$c\geqslant a\geqslant b\geqslant d$ и т.д.

TR63 в сообщении #1105774 писал(а):

раз Вы сомневаетесь, что это неравенство связано с "неравенством из Тибета", значит в моём доказательстве "неравенства из Тибета" (четвёртая степень) есть ошибка. Тогда укажите, где именно.

Распишите Ваше доказательство подробно, не пропуская "очевидные" шаги. Так будет проще.

TR63 в сообщении #1105774 писал(а):

Вы считаете, что решать с помощью частной производной некорректно?

Не, не, не. Я так ни в коем случае не считаю. Если вы корректно берете производные и так же корректно их используете - пожалуйста!

TR63 в сообщении #1105774 писал(а):

Ваше последнее решение-супер; оно проще, известного мне, но, как до него додуматься.

Спасибо Ваше неравенство $a^5+b^5+c^5+d^5\ge abcd(a+b+c+d)$ также можно доказать этим способом: $a^5+b^5+c^5+d^5-abcd(a+b+c+d)=$ $p(a,b,c,d)+p(a,c,d,b)+p(a,d,b,c)+p(b,c,a,d)+p(b,d,c,a)+p(c,d,a,b)$, где
$p(a,b,c,d)=\frac{1}{3}(a-b)^2(a^3+b^3+(a+b)(ab+cd)+\frac{1}{2}(c+d)(a^2+ab+b^2))$

[TR63]

Классно! (Только я не проверяла.)
"Неравенство из Тибета" расписывать не буду (много писанины). Идея там прозрачная и изложено подробно. Если Вы уверены, что есть ошибка или что-то непонятно, скажите, с какого места изложить подробнее. Меня более сейчас интересует одно Ваше неравенство. Там возможно интересное не громоздкое обобщение, связанное с этой темой.

[Rak so dna]

TR63 простите меня пожалуйста, я честно не хочу Вас обидеть. Но у Вас написан бред (хотя всегда есть вероятность, что я просто ничего не понял). Вы придумали свою математику, к сожалению она вряд ли адекватна. Пересмотрите доказательства неравенств от arqady, если хотите правильно рассуждать и строить красивые, а главное правильные решения. Еще раз извините, я бы это не писал конечно, просто мне жаль видеть как Вы из раза в раз тратите уйму времени впустую