2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.



Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2  След.
 
 Из темы "неравенство из Тибета"
Сообщение09.03.2016, 10:02 


03/03/12
1380
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):

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

 Профиль  
                  
 
 Re: неравенство из Тибета
Сообщение09.03.2016, 11:26 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/09/14
6328
maxal в сообщении #1071349 писал(а):
Для любых положительных вещественных чисел...
Не нужно слепо доверять всему, что Вы встречаете в инете.

 Профиль  
                  
 
 Re: неравенство из Тибета
Сообщение09.03.2016, 11:55 


03/03/12
1380
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: неравенство из Тибета
Сообщение09.03.2016, 12:01 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/09/14
6328
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: $a=b=c=d=2.$

 Профиль  
                  
 
 Re: неравенство из Тибета
Сообщение09.03.2016, 12:04 
Заслуженный участник


10/01/16
2315
TR63
Ваши два неравенства (но не последнее) - неоднородны, и потому не могут быть верными: растяжением/сжатием переменных его можно нарушить.

 Профиль  
                  
 
 Re: неравенство из Тибета
Сообщение09.03.2016, 13:44 


03/03/12
1380
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: неравенство из Тибета
Сообщение09.03.2016, 21:21 


03/03/12
1380
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: неравенство из Тибета
Сообщение11.03.2016, 10:04 
Аватара пользователя


26/02/14
496
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
$a^6+b^6+c^6+d^6+e^6\ge abcde(a+b+c+d+e)$

 Профиль  
                  
 
 Re: неравенство из Тибета
Сообщение11.03.2016, 11:51 


03/03/12
1380
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: неравенство из Тибета
Сообщение11.03.2016, 13:30 
Аватара пользователя


26/02/14
496
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 :wink: Все-таки лучше доказывать такое стандартными методами.

 Профиль  
                  
 
 Re: неравенство из Тибета
Сообщение11.03.2016, 14:27 


03/03/12
1380
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.)

 Профиль  
                  
 
 Re: неравенство из Тибета
Сообщение11.03.2016, 15:34 


03/03/12
1380
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.)

 Профиль  
                  
 
 Re: неравенство из Тибета
Сообщение11.03.2016, 15:37 
Аватара пользователя


26/02/14
496
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 :D 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
$p(a,b,c,d)=\frac{1}{3}(a-b)^2(a^3+b^3+(a+b)(ab+cd)+\frac{1}{2}(c+d)(a^2+ab+b^2))$

 Профиль  
                  
 
 Re: неравенство из Тибета
Сообщение11.03.2016, 16:32 


03/03/12
1380
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: неравенство из Тибета
Сообщение11.03.2016, 20:12 
Аватара пользователя


26/02/14
496
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 :cry:

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 17 ]  На страницу 1, 2  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group