Неравенство

[meduza]

Sasha2 в сообщении #226309 писал(а):

Аркадий, может все таки покажете решение, а то уже не знаю прямо куда копать.

Я уже давно забил, поэтому солидарен.

[arqady]

meduza в сообщении #226310 писал(а):

Sasha2 в сообщении #226309 писал(а):

Аркадий, может все таки покажете решение, а то уже не знаю прямо куда копать.

Я уже давно забил, поэтому солидарен.

Следуюшее рассуждение, по-моему, выясняет положительную определённость любого однородного симметрического многочлена от трёх переменных с действителными коэффициентами, степень которого не больше пяти.
В обозначениях meduza любой такой многочлен является линейной функцией от $\sigma_3.$
Поэтому при фиксированных $\sigma_1$ и $\sigma_2$ он достигает своего наибольшего ( наименьшего ) значения на границах $\sigma_3,$ которое в силу своего геометрического смысла ( свободный член многочлена третьей степени, имеющего три действительных корня. То бишь мы можем возить график этого многочлена параллельно оси $y,$ следя только за числом его общих точек с осью $x$ ) принимает граничное значение, когда по-крайней мере две переменные равны, что тривиально проверяется.
Если переменные неотрицательны, то нужно проверить ещё $\sigma_3=0,$ что не менее тривиально проверяется.
Вот, собственно, и всё!

[Sasha2]

Нет, уважаемый Аркадий, это не есть решение.
Решением будет (а именно, предполагается, что задача Ваша будет предложена школьнику) только то, когда левая часть Вашего неравенства может быть представлена в виде суммы правой части и еще чего-то неотрицательного. Скажите прямо, вот такое решение у Вас есть? Потому как в противном случае, доказательство этого неравенства, как и многих других в математике, лежит где-то в смежной области, нежели чем ПРЯМОЕ ДОКАЗАТЕЛЬСТВО КАК ИСПОЛЬЗОВАНИЕ СЕРИИ ОЧЕВИДНЫХ НЕРАВЕНСТВ.

[arqady]

Sasha2 в сообщении #226409 писал(а):

Нет, уважаемый Аркадий, это не есть решение.

Почему? Где ошибка в моём рассуждении?

Sasha2 в сообщении #226409 писал(а):

Решением будет (а именно, предполагается, что задача Ваша будет предложена школьнику) только то, когда левая часть Вашего неравенства может быть представлена в виде суммы правой части и еще чего-то неотрицательного. Скажите прямо, вот такое решение у Вас есть?

Безусловно есть! Поскольку неравенство доказано ( с точностью до простых проверок ), то мы и получаем желаемое Вами представление.

Sasha2 в сообщении #226409 писал(а):

Потому как в противном случае, доказательство этого неравенства, как и многих других в математике, лежит где-то в смежной области...

Это в какой такой смежной области оно лежит?

Sasha2 в сообщении #226409 писал(а):

... нежели чем ПРЯМОЕ ДОКАЗАТЕЛЬСТВО КАК ИСПОЛЬЗОВАНИЕ СЕРИИ ОЧЕВИДНЫХ НЕРАВЕНСТВ.

По-моему, важно доказать, понять как устроен наш мир. Ну желательно по-проще. Всё же остальное...- не важно.

[Sasha2]

Нет, ну Вы можете привести конкретную формулу, чтобы прибавив к 7/9(a+b+c) нечто неотрицательно, мы получили бы путем КОНЕЧНОГО числа сложений и умножений левую часть.
Только, пожалуйста не предлагаьб этого нечто разность между правой и левой частью.

Что касается смежных областей, то многие соотношения получаются в тех областях математики, где не прямо исследуется данный предмет. Например, можно часто увидеть в книгах такую фразу, "а вот отсюда получается интересное разложение (представление или неравенство), хотя изначально исследовался, ну какой-либо ряд или еще иной объект.

[nn910]

arqady в сообщении #226390 писал(а):

[Следуюшее рассуждение, по-моему, выясняет положительную определённость любого однородного симметрического многочлена от трёх переменных с действителными коэффициентами, степень которого не больше пяти.
В обозначениях meduza любой такой многочлен является линейной функцией от $\sigma_3.$
Поэтому при фиксированных $\sigma_1$ и $\sigma_2$ он достигает своего наибольшего ( наименьшего ) значения на границах $\sigma_3,$ которое в силу своего геометрического смысла ( свободный член многочлена третьей степени, имеющего три действительных корня. То бишь мы можем возить график этого многочлена параллельно оси $y,$ следя только за числом его общих точек с осью $x$ ) принимает граничное значение, когда по-крайней мере две переменные равны, что тривиально проверяется.
Если переменные неотрицательны, то нужно проверить ещё $\sigma_3=0,$ что не менее тривиально проверяется.
Вот, собственно, и всё!

Мне очень понравилось. Что-то в духе обоснования симплекс-метода, но если то тривиально,то это в чем-то открывает глаза. Кстати,$\sigma_3\le\dfrac{\sigma_2^2}{3\sigma_1}$ но это при фиксированных $\sigma_1$ не равной $\sigma_2$ -не точная оценка, тк требует чтобы все три корня сравнялись. Оформили бы процитированное теоремой. Но кажется в ней будут слова" если экстремум существует". А Вы доказали, что он существует? Например,у

$$\dfrac{\sigma_3\sigma_1^3}{\sigma_2^3}$$

область значений вся положительная полуось хотя он линеен по$\sigma_3$.А три равных корня соответствуют точке перегиба.

[arqady]

nn910 в сообщении #226464 писал(а):

Мне очень понравилось.

Спасибо!

nn910 в сообщении #226464 писал(а):

Но кажется в ней будут слова" если экстремум существует". А Вы доказали, что он существует? Например,у

$$\dfrac{\sigma_3\sigma_1^3}{\sigma_2^3}$$

область значений вся положительная полуось хотя он линеен по$\sigma_3$.А три равных корня соответствуют точке перегиба.

В том-то всё и дело, что доказывать ничего уже не надо! Нужно только проверить, что происходит на границе $\sigma_{3}.$
Возьмём Ваш пример.
$f(a,b,c)=\dfrac{\sigma_3\sigma_1^3}{\sigma_2^3}=\frac{abc(a+b+c)^3}{(ab+ac+bc)^3},$ где $a,$ $b$ и $c$ неотрицательны и $ab+ac+bc\neq0.$
При $\sigma=0$ получаем $0,$ а при $b=c=1$ получаем дробь $\frac{a(a+2)^3}{(2a+1)^3},$ область значений которой $[0,+\infty).$
Поэтому максимума у $f$ нет, а минимум - 0.

nn910 в сообщении #226464 писал(а):

Кстати,$\sigma_3\le\dfrac{\sigma_2^2}{3\sigma_1}$ но это при фиксированных $\sigma_1$ не равной $\sigma_2$ -не точная оценка, тк требует чтобы все три корня сравнялись.

Мы доказываем следующее неравенство:

$$(ab+ac+bc)^2\geq3abc(a+b+c).$$

Для доказательства достаточно проверить, что происходит, когда $b=c=1.$
Получаем $(2a+1)^2\geq3a(a+2),$ что очевидно верно.

[nn910]

arqady в сообщении #226489 писал(а):

nn910 в сообщении #226464 писал(а):

Кстати,$\sigma_3\le\dfrac{\sigma_2^2}{3\sigma_1}$ но это при фиксированных $\sigma_1$ не равной $\sigma_2$ -не точная оценка, тк требует чтобы все три корня сравнялись.

Мы доказываем следующее неравенство:

$$(ab+ac+bc)^2\geq3abc(a+b+c).$$

Для доказательства достаточно проверить, что происходит, когда $b=c=1.$
Получаем $(2a+1)^2\geq3a(a+2),$ что очевидно верно.

Я согласен что глобальный экстремум где-то на границе трехмерного тела в осях $\sigma_{1}.$,$\sigma_{2}.$, $\sigma_{3}.$из-за линейности.Этот пример я дал не для Вашего доказательства, а предъявлял, при соблюдении равенства в неравенстве,поверхность,которая не ограничивает, а только касается упомянутого выше трехмерного тела. Что косвенно подтверждает, что сама поверхность упомянутого тела еще более сложно и нелинейно по $\sigma_{3}.$ описывается. Еще один пример и объясню почему. $x^2+xy$, на $-1\le{y}\le2$ имеет 2 локальных минимума -один на правой границе у, другой на левой.Это потому,что угловой коэффициент для у меняет знак. Хочется проверить, какой из двух Вы найдете- больший или меньший.Тут по-разному можно переводить в термины сигм (бесконечно много способов).А результат один-подстановкой двух равных значений Вы (возможно) один получите.А вдруг второй меньше?
Поэтому еще раз просил бы дать точную формулировку Вашего метода: область применимости(пятой степени,или все линейные,только однородные или не только),алгоритм поиска-какие функции и на что проверять.И что при 4-х переменных?

[arqady]

nn910 в сообщении #226508 писал(а):

А результат один-подстановкой двух равных значений Вы (возможно) один получите.А вдруг второй меньше?

Не вижу проблемы.
Приравнивание переменных или их обнуление ( если это нужно ) и только они дают выход на границу $\sigma_3.$ Поэтому проверяем все возможности, ничего не пропуская, и не возникнет никакого "вдруг."

nn910 в сообщении #226508 писал(а):

Поэтому еще раз просил бы дать точную формулировку Вашего метода: область применимости(пятой степени,или все линейные,только однородные или не только),алгоритм поиска-какие функции и на что проверять.И что при 4-х переменных?

Здесь уже формулировалось, о чём идёт речь. Не вижу проблем с произвольными однородными симметрическими многочленами из $\mathbb R[a,b,c],$ если они линейны относительно $\sigma_3.$
Задача, по-существу, сводится к исследованию многочлена от одной переменной.
Если наш многочлен - квадратный трёхчлен относительно $\sigma_3,$ то можно иногда применить подобное рассуждение ( если ищется, например, его максимум, а коэффициент перед $\sigma_3^2$ положителен ).
C четырьмя переменными всё плохо. При линейности относительно $\sigma_4}$ всё сводится к исследованию многочлена из $\mathbb R[x,y],$ что неподъёмно.

[nn910]

arqady в сообщении #226519 писал(а):

Не вижу проблем с произвольными однородными симметрическими многочленами из $\mathbb R[a,b,c],$ если они линейны относительно $\sigma_3.$
Задача, по-существу, сводится к исследованию многочлена от одной переменной.

Спасибо.Значит только о многочленах и только о положительной определенности (когда 0 в правой части неравенства).Действительно, большинство неравенств к таким сводятся.

[arqady]

Пусть $a,$ $b$ и $c$ - неотрицательны. Докажите, что

$$(a+b+c)^8\geq128(a^5b^3+a^5c^3+b^5a^3+b^5c^3+c^5a^3+c^5b^3)$$

[Sonic86]

Замена $x=\frac {\sigma_2}{\sigma_1^2}, y=\frac {\sigma_3}{\sigma_1^3}$ ведет к многочлену 5-й степени (если не больше) для коротого надо выяснять знак на отрезке... Есть ли решение проще?

[arqady]

Sonic86 в сообщении #227779 писал(а):

Замена $x=\frac {\sigma_2}{\sigma_1^2}, y=\frac {\sigma_3}{\sigma_1^3}$ ведет к многочлену 5-й степени (если не больше) для коротого надо выяснять знак на отрезке... Есть ли решение проще?

Очень может быть, что Ваше решение проще. Вы бы предъявили его. Тогда было б что обсудить.

[Юстас]

arqady в сообщении #227387 писал(а):

Пусть $a,$ $b$ и $c$ - неотрицательны. Докажите, что

$$(a+b+c)^8\geq128(a^5b^3+a^5c^3+b^5a^3+b^5c^3+c^5a^3+c^5b^3)$$

Так как неравенство однородно, можно считать $a+b+c=1$. Пусть $a\geq b\geq c$ и $f(a,b,c)=\sum\limits_{\mathop{cyc}}a^5(b^3+c^3)$; легко проверяется $f(a,b,c)\leq f(a,b+c,0)$. То есть осталось проверить неравенство $x^3 y^3(x^2+y^2)\leq \frac{1}{128}, \ x+y=1$, или $x^3 y^3(1-2xy)\leq \frac{1}{128}$, которое решается Лагранжем(равенство при $x=y=1/2$).

[arqady]

Всё правильно, Юстас! Разве только что Лагранж - слишком сильно для доказательства $x^3 y^3(1-2xy)\leq \frac{1}{128}.$
Если обозначить $4xy=t,$ то $x^3 y^3(1-2xy)\leq \frac{1}{128}\Leftrightarrow t^4-2t^3+1\geq0\Leftrightarrow(t^2-1)^2+2t^2(1-t)\geq0.$