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.
 
 Можно ли так доказывать неравенство?
Сообщение20.06.2014, 21:19 


03/03/12
1380
 i  Выделено из темы Лёгкое, но красивое неравенство в соответствующий раздел.


arqady в сообщении #88699 писал(а):

Для положительных $a,$ $b$ и $c$ докажите, что
1) $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+4\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\geq12\left(\frac{1}{3a+b}+\frac{1}{3b+c}+\frac{1}{3c+a}\right)$
2) $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{9}{a+b+c}\geq6\left(\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{2b+a+c}+\frac{1}{2c+a+b}\right)$
Правда они похожи? Доказываются же они разными красивыми приёмами.
Причём попытка применить приём, работающий для одного неравенства, приводит к тупику для другого.

Эту пару неравенств, и не только её (многие однородные, циклические), можно доказать
с помощью одной, возможно, универсальной схемы, которая состоит в следующем:
1). Не ограничивая общности, в качестве области определения берём $a+b+c=1$, $a\ge\frac1 3$
2) Если частная производная $f'_a\ge0$ при $a\ge\frac1 3$ независимо от переменных $(b,c)$ (этот момент решающий; именно независимо), то неравенство достаточно доказать при $a=\frac1 3$, $b+c=\frac2 3$. А, это будет неравенство от одной переменной. Т.е. дело в шляпе.
Если эта схема верна (а, почему ей не быть верной? причин тому не вижу), то второе неравенство,-вообще, семечки. Первое- чуть сложнее, с изюминкой, т.е. с препятствием, которое легко обойти, чтобы оно соответствовало схеме и было сведено к неравенству от одной переменной.
Я знаю, что эти неравенства уже решены неподалёку. Но мне интересно знать: моя схема законна или нет.

 Профиль  
                  
 
 Re: Re:
Сообщение20.06.2014, 23:19 
Аватара пользователя


26/02/14
496
so dna
Доказываю неравенство $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+4\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\geq12\left(\frac{1}{3a+b}+\frac{1}{3b+c}+\frac{1}{3c+a}\right)$ по Вашему методу:
1) беру $a+b+c=1$, $a\ge\frac{1}{3}$, тогда неравенство можно записать так: $\frac{1}{1-b-c}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+4\left(\frac{1}{1-c}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{b+c}\right)\geq12\left(\frac{1}{3-2b-3c}+\frac{1}{3b+c}+\frac{1}{1-b+2c}\right)$
2) ищу частную производную для $f_a=\frac{1}{1-b-c}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+4\left(\frac{1}{1-c}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{b+c}\right)-12\left(\frac{1}{3-2b-3c}+\frac{1}{3b+c}+\frac{1}{1-b+2c}\right)$:
$f'_a=0$, поэтому $f'_a\ge0$ для $a\ge\frac{1}{3}$ независимо от $b$ и $c$. Неравенство доказано! 8-) :?:

 Профиль  
                  
 
 Re: Лёгкое, но красивое неравенство
Сообщение21.06.2014, 13:13 


03/03/12
1380
Rak so dna,
с таким же успехом можно взять частную производную от, например, бревна, и получить ноль. Хорошо. Пусть так. Теперь, следуя схеме, подставьте в Ваше преобразованное неравенство $a=\frac1 3$. У меня не получается. Но, Вы на верном пути. Попробуйте всё-таки найти нужное преобразование. Это очень просто.

-- 21.06.2014, 14:48 --

Rak so dna,
у меня вопрос: Ваша частная производная при $(b,c)$, стремящихся к $(b+c=1)$,
с обеих сторон неотрицательна? Независимость от $(b,c)$ означает, что может быть и так
$(b+c>1)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Лёгкое, но красивое неравенство
Сообщение21.06.2014, 17:08 
Аватара пользователя


26/02/14
496
so dna
TR63 в сообщении #877847 писал(а):
Rak so dna,
Теперь, следуя схеме, подставьте в Ваше преобразованное неравенство $a=\frac1 3$. У меня не получается.

$f(\frac1 3,b,c)=\frac{1}{1-b-c}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+4\left(\frac{1}{1-c}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{b+c}\right)-12\left(\frac{1}{3-2b-3c}+\frac{1}{3b+c}+\frac{1}{1-b+2c}\right)$

TR63 в сообщении #877847 писал(а):
Rak so dna,
у меня вопрос: Ваша частная производная при $(b,c)$, стремящихся к $(b+c=1)$,
с обеих сторон неотрицательна? Независимость от $(b,c)$ означает, что может быть и так
$(b+c>1)$.
"Моя производная" - это тождественный ноль , поэтому она неотрицательна (и неположительна тоже!) с любых сторон на области определения.
TR63 в сообщении #877847 писал(а):
Rak so dna,
Но, Вы на верном пути. Попробуйте всё-таки найти нужное преобразование. Это очень просто.
К сожалению это ложный путь - если хотя бы в одном месте в неравенстве заменить $a$ на $1-b-c$, то частная производная по $a$ будет неверна. Если же нигде не использовать $a+b+c=1$, то непонятно зачем вообще вводить это условие. Именно поэтому
TR63 в сообщении #877847 писал(а):
с таким же успехом можно взять частную производную от, например, бревна, и получить ноль.

 Профиль  
                  
 
 Re: Лёгкое, но красивое неравенство
Сообщение21.06.2014, 21:18 


03/03/12
1380
Rak so dna в сообщении #877929 писал(а):
"Моя производная" - это тождественный ноль , поэтому она неотрицательна (и неположительна тоже!) с любых сторон на области определения.

TR63 в сообщении #877847 писал(а):
Независимость от $(b,c)$ означает, что может быть и так
$(b+c>1)$.

Rak so dna, Вы проигнорировали это замечание. А, оно существенно.
Rak so dna в сообщении #877929 писал(а):
К сожалению это ложный путь - если хотя бы в одном месте в неравенстве заменить $a$ на $1-b-c$, то частная производная по $a$ будет неверна.

Дело в том, что можно и не заменять $a$ на $(1-b-c)$. Я заменяю $(1)$ на $1=a+b+c$. Так нельзя
делать? Почему? Мне непонятно. Да, производная будет другая, но мы и функцию исследуем уже другую. Значит, тогда уже нельзя брать частную производную? Думаю, что можно. Только следует сделать поправку в исходной формулировке. Положительной должна быть частная производная от преобразованной функции(полученной после использования условия на переменные).
Если частную производную брать можно, сделаем ослабление на условие: $f'_a>0$ при $a>\frac1 3$ в области определения, а, если её брать нельзя , то на нет и суда нет.
Rak so dna в сообщении #877929 писал(а):
TR63 в сообщении #877847 писал(а):
Rak so dna,
Теперь, следуя схеме, подставьте в Ваше преобразованное неравенство $a=\frac1 3$. У меня не получается.

$f(\frac1 3,b,c)=\frac{1}{1-b-c}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+4\left(\frac{1}{1-c}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{b+c}\right)-12\left(\frac{1}{3-2b-3c}+\frac{1}{3b+c}+\frac{1}{1-b+2c}\right)$
Я просила подставить в преобразованное, а Вы подставили в исходное. Так не пойдёт.

 Профиль  
                  
 
 Re: Лёгкое, но красивое неравенство
Сообщение21.06.2014, 21:35 
Аватара пользователя


26/02/14
496
so dna
TR63 в сообщении #878051 писал(а):
Rak so dna, Вы проигнорировали это замечание. А, оно существенно.
Но ведь я написал "...на области определения" а $b+c>1$ в эту область не входят.
TR63 в сообщении #878051 писал(а):
Я заменяю $(1)$ на $1=a+b+c$. Так нельзя делать? Почему? Мне непонятно.
Можно, только осторожно: неравенство обязано сохранять однородность - если Вы, к примеру, замените во всех числителях 1 на $a+b+c$ то производная будет корректна (при этом она, конечно же, будет другая)!
TR63 в сообщении #878051 писал(а):
Я просила подставить в преобразованное, а Вы подставили в исходное. Так не пойдёт.
Я и подставил в преобразованное (после замены $a$ на $1-b-c$), больше преобразований не было. Если Вы имеете ввиду производную, то можно подставить и туда: $f'_a(\frac{1}{3},b,c)=0$

 Профиль  
                  
 
 Re: Лёгкое, но красивое неравенство
Сообщение21.06.2014, 22:26 


03/03/12
1380
Rak so dna в сообщении #878065 писал(а):
Но ведь я написал "...на области определения" а $b+c>1$ в эту область не входят.

В области определения переменные зависимы по условию. Независимость означает возможность выхода из области определения. Т. е. дополнительно рассматривается ситуация вне области определения.

 Профиль  
                  
 
 Re: Лёгкое, но красивое неравенство
Сообщение23.06.2014, 17:14 
Аватара пользователя


26/02/14
496
so dna
TR63 в сообщении #878092 писал(а):
Независимость означает возможность выхода из области определения.
Это совершенно неверно. Более того, неверно даже
TR63 в сообщении #878092 писал(а):
... возможность выхода из области определения.

 Профиль  
                  
 
 Re: Лёгкое, но красивое неравенство
Сообщение23.06.2014, 19:07 


03/03/12
1380
Пусть имеется область $(0;1)$. Переходим к области $(0;2)$ с возможностью возврата в исходную область с сохранением нужного нам свойства (это доказывается). Непонятно, почему нельзя. Поясните,пожалуйста, на примере. Может, мы говорим о разных вещах. Вот, контрпример убедил бы меня на все 100. arqady в аналогичной ситуации по поводу обобщения метода для решения таких неравенств привёл контрпример. И всё всем понятно. Попробуйте привести пример, удовлетворяющий моей достаточной схеме, чтобы неравенство не выполнялось непрерывно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Лёгкое, но красивое неравенство
Сообщение23.06.2014, 19:27 
Аватара пользователя


26/02/14
496
so dna
TR63 приведите пожалуйста свое полное доказательство. Это будет лучше контрпримера.

 Профиль  
                  
 
 Re: Лёгкое, но красивое неравенство
Сообщение23.06.2014, 20:45 


03/03/12
1380
$f(a,b,c)=15+\frac{5a^2-2a+1}{a(1-a)}+\frac{5b^2-2b+1}{b(1-b)}+\frac{5c^2-2c+1}{c(1-c)}-12(\frac{1}{3a+b}+\frac{1}{3b+c}+\frac{1}{3c+a})$
Это получается после преобразования. В области $a>\frac1 3$, $b>0$, $c>0$ $f'_a>0$. Следовательно и в области $a+b+c=1 $ она положительна, т.к. эта область содержится в первой области, поскольку, без ограничения общности, мы положили $a>\frac1 3$. Не понимаю, почему так нельзя рассуждать. Прошу объяснить на примере, в чём ошибка. Если ошибки нет, то дальше проще.

 Профиль  
                  
 
 Re: Лёгкое, но красивое неравенство
Сообщение23.06.2014, 22:28 
Аватара пользователя


26/02/14
496
so dna
TR63 в сообщении #878862 писал(а):
$f(a,b,c)=15+\frac{5a^2-2a+1}{a(1-a)}+\frac{5b^2-2b+1}{b(1-b)}+\frac{5c^2-2c+1}{c(1-c)}-12(\frac{1}{3a+b}+\frac{1}{3b+c}+\frac{1}{3c+a})$
Это получается после преобразования. В области $a>\frac1 3$, $b>0$, $c>0$ $f'_a>0$. Следовательно и в области $a+b+c=1 $ она положительна, т.к. эта область содержится в первой области, поскольку, без ограничения общности, мы положили $a>\frac1 3$. Не понимаю, почему так нельзя рассуждать. Прошу объяснить на примере, в чём ошибка. Если ошибки нет, то дальше проще.

Преобразование выполнено верно, но производную Вы не сможете взять корректно ровно до тех пор, пока не избавитесь от зависимости $a+b+c=1$, а это возможно лишь в случае однородного неравенства (Ваше выражение неоднородно). Вы получаете тоже "бревно" что и я (ведь с таким же успехом можно вовсе избавиться от $a$ и получить $f'_a=0$). Производную можно взять, например, от $f(a,b,c)=15+\frac{5a^2-2a+1}{a(1-a)}+\frac{5b^2-2b+1}{b(1-b)}+\frac{5c^2-2c+1}{c(1-c)}-12(\frac{a+b+c}{3a+b}+\frac{a+b+c}{3b+c}+\frac{a+b+c}{3c+a})$

TR63 в сообщении #878862 писал(а):
Прошу объяснить на примере, в чём ошибка.

Пусть нас просят доказать для $x\geqslant0$, что $x^3-x^2\geqslant0$

Доказательство:
Введем переменную $y$, такую, что $x+y=1$, тогда неравенство можно записать так: $x^3-(1-y)^2\geqslant0$. Возьмем производную по $x$ функции $f(x,y)=x^3-(1-y)^2$
$f'_x(x,y)=3x^2$ Видно, что производная неотрицательна для всех $x$. А значит при любом $x$ функция возрастает, поэтому первоначальное неравенство достаточно проверить для $x=0$ - оно верно, а значит оно верно и для всех $x\geqslant0$.

Здесь ошибка та же, что и у Вас: мы сделали кусок функции, независимым от переменной, по которой потом брали производную.

 Профиль  
                  
 
 Re: Лёгкое, но красивое неравенство
Сообщение23.06.2014, 23:52 
Аватара пользователя


26/02/14
496
so dna
Rak so dna в сообщении #878936 писал(а):
Производную можно взять, например, от $f(a,b,c)=15+\frac{5a^2-2a+1}{a(1-a)}+\frac{5b^2-2b+1}{b(1-b)}+\frac{5c^2-2c+1}{c(1-c)}-12(\frac{a+b+c}{3a+b}+\frac{a+b+c}{3b+c}+\frac{a+b+c}{3c+a})$
прошу прощения - не то написал, надо, конечно же $f(a,b,c)=\frac{a+b+c}{a}+\frac{a+b+c}{b}+\frac{a+b+c}{c}+4\left(\frac{a+b+c}{a+b}+\frac{a+b+c}{a+c}+\frac{a+b+c}{b+c}\right)-12\left(\frac{a+b+c}{3a+b}+\frac{a+b+c}{3b+c}+\frac{a+b+c}{3c+a}\right)$

 Профиль  
                  
 
 Re: Лёгкое, но красивое неравенство
Сообщение24.06.2014, 14:00 


03/03/12
1380
Rak so dna в сообщении #878936 писал(а):
Пусть нас просят доказать для $x\geqslant0$, что $x^3-x^2\geqslant0$

Доказательство:
Введем переменную $y$, такую, что $x+y=1$, тогда неравенство можно записать так: $x^3-(1-y)^2\geqslant0$. Возьмем производную по $x$ функции $f(x,y)=x^3-(1-y)^2$
$f'_x(x,y)=3x^2$ Видно, что производная неотрицательна для всех $x$. А значит при любом $x$ функция возрастает, поэтому первоначальное неравенство достаточно проверить для $x=0$ - оно верно, а значит оно верно и для всех $x\geqslant0$.

После того, как Вы доказали, что функция возрастает при любом x, получаете, что она возрастает и в области $x+y=1$. По ходу решения требуется только эта область. Далее, у Вас $x\ge0$, $y$ любое. Это не гарантирует для переменной x границу. А это существенно. Т. е. в мою формулировку следует внести поправку, что переменные положительны.
Чтобы соответствовать моей схеме , первоначальное неравенство надо проверить в точке $x=\frac1 2$, $y=\frac1 2$, не принадлежащей границе. Получается ложное неравенство. Следовательно, знак будет "меньше", либо неравенство не является непрерывным. Что и соответствует действительности.( А, при трёх переменных в точке $x=\frac1 3$, $y+z=\frac2 3$. Продумайте это условие.)
Даже, если Вы правы (пока мне это не очевидно), можно пойти другим путём: ввести понятие "мнимой частной производной" (по аналогии с мнимой единицей). И контрпример к моей схеме Вы вряд ли найдёте.

 Профиль  
                  
 
 Re: Лёгкое, но красивое неравенство
Сообщение24.06.2014, 15:08 
Аватара пользователя


26/02/14
496
so dna
TR63, Вы меня троллите?

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 20 ]  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