Прикольное неравенство (обобщение известного)

[TR63]

При каком условии на неотрицательные переменные (a,b) и параметр ($\alpha$) при $s>r>0$ верно неравенство

$$(a^s+b^s+\alpha)^\frac1s\le(a^r+b^r+\alpha)^\frac1 r$$

Частные производные не использовать (зачем пушка, если достаточно рогатки).

(Оффтоп)

Мне известны два простых коротких решения. Но, может есть проще. Хотя куда уж проще.

[mihiv]

Достаточно, чтобы было: $\alpha \geq 0,a\geq b,a\geq 1$.

[TR63]

mihiv,
ответ верный, но не полный. Это может говорить о том, что Ваш метод, возможно, если Вы ничего не упустили, отличается от моего.

[mihiv]

Полного ответа у меня нет. Естественно, можно еще добавить условие: $\alpha \geq 0, b\geq 1, b\geq a$, т.к. $a$ и $b$ входят в неравенство симметрично.

[TR63]

Полного решения и у меня нет. Но моя область определения шире. Интересно, есть ли более широкая область. Случай, когда $\alpha\ge1$ решается с помощью частной производной. Но можно и без неё. Интереснее, когда всё меньше единицы. Там тоже есть область. Потом можно задачу усложнить: решать вопрос о свойствах частных производных однородных и циклических функций. Но сперва надо разобраться с простейшей задачей (неравенством).

[ewert]

$\alpha=0$, или $\alpha\geqslant1$, или $0<\alpha<1$ и при этом $a\geqslant1$ или $b\geqslant1$

[TR63]

ewert,
всё верно. Осталось исследовать область, когда всё меньше единицы. Я уже говорила, что она не пустая. Интересен вопрос о наличии нормального делителя в ней $(0<\alpha<1)$. Т.е., делит ли условие на $(a,b,\alpha)$ область определения на две непрерывные части относительно знака $(>)$ в этой области $(0<\alpha<1)$.

[ewert]

TR63 в сообщении #897453 писал(а):

Осталось исследовать область, когда всё меньше единицы.

Я же всё написал.

[TR63]

ewert,
я правильно поняла, что Вы считаете область $0<(a,b,\alpha)<1$ пустой. Если-да, то докажите.

-- 19.08.2014, 20:36 --

Или Вы считаете, что в этой области неравенство всюду верно? Я такого предложения доказать не могу. Докажите Вы.

-- 19.08.2014, 20:44 --

Из Вашего сообщения не могу сделать однозначного вывода об этой области.

[ewert]

Ну тупо продифференцируем левую часть Вашего неравенства по $s$, получим эквивалентное требование:

$(a^s+b^s+\alpha)\ln(a^s+b^s+\alpha)\geqslant a^s\ln a^s+b^s\ln b^s\ (\forall s>0).$

Если $\alpha<1,\ a<1$ и $b<1$, то это неравенство очевидным образом нарушается при $s\to+\infty$ (там левая часть стремится к отрицательному $\alpha\ln\alpha$, правая же к нулю). Если же наоборот, т.е. если хоть один из этих трёх параметров не меньше единицы, то требуемое следует из более сильного неравенства

$(a^s+b^s+\alpha)\ln(a^s+b^s+\alpha)\geqslant(a^s+b^s)\ln(a^s+b^s),$

которое в этих условиях тоже очевидно. Вот и всё решение.

[TR63]

ewert,
1) Доказательство сложно, т. к. используются производные (в условии требуется обойтись без них; всё гораздо проще). Но именно для этой (первой) области допускаю использование производной, поскольку для неё не знаю полного доказательства.
2)

ewert в сообщении #897507 писал(а):

правая же стремится к нулю

В правой части неопределённость. Как Вы её раскрываете.
Если Вам лень (и если не лень) расписать доказательство, то просто ответьте на вопрос (для первой области, где всё положительно и меньше единицы):
1) неравенство всюду неверно;
2) всюду верно;
3) ответ неоднозначен.
(поскольку из Вашего сообщения ответ опять получается туманным).

[ewert]

TR63 в сообщении #897540 писал(а):

в условии требуется обойтись без них; всё гораздо проще

Без них точно никак. Ну разве что с каким Гёльдером или Минковским (я их вечно путаю), но это ещё более уныло -- тем более, что и они сами по себе без производных тоже никак.

TR63 в сообщении #897540 писал(а):

то просто ответьте на вопрос (для первой области, где всё положительно и меньше единицы):
1) 2) 3)

Не могу ответить на не заданный вопрос.

В стартовом посте предлагалось определить область для множества значений параметров $a,b,\alpha$, в которой левая часть неравенства монотонна по показателю степеней. Я ровно это и сделал -- описал эту область исчерпывающе. Чего же ещё?...

[TR63]

ewert в сообщении #897545 писал(а):

TR63 в сообщении #897540
писал(а):
в условии требуется обойтись без них; всё гораздо проще
Без них точно никак. Ну разве что с каким Гёльдером или Минковским

Заблуждаетесь. Всё на уровне неполной средней школы.

ewert в сообщении #897545 писал(а):

TR63 в сообщении #897540
писал(а):
то просто ответьте на вопрос (для первой области, где всё положительно и меньше единицы):
1) 2) 3)
Не могу ответить на не заданный вопрос.

В качестве ответа надо просто выбрать из трёх возможных ответов тот, который считаете правильным.

[ewert]

TR63 в сообщении #897552 писал(а):

В качестве ответа надо просто выбрать из трёх возможных ответов тот, который считаете правильным.

Невозможно выбрать правильный вариант из трёх бессмысленных:

TR63 в сообщении #897540 писал(а):

1) неравенство всюду неверно;
2) всюду верно;
3) ответ неоднозначен.

Вкуду всюду?...

[TR63]

TR63 в сообщении #897469 писал(а):

я правильно поняла, что Вы считаете область $0<(a,b,\alpha)<1$ пустой.

т.е. исходное неравенство в ней неверно.