Неравенство

[juna]

Опа, оказывается, ткнул пальцем в небо и попал в звезду.
Большое спасибо за информацию.
Интересно, а с тех пор есть продвижения по $\gamma_n$?

[maxal]

juna писал(а):

Интересно, а с тех пор есть продвижения по $\gamma_n$?

Вот обзор из книги "Mathematical Constants" by Steven R. Finch: Shapiro-Drinfeld Constant.

Добавлено спустя 9 минут 12 секунд:

arqady писал(а):

Ведь после избавления от корня получается тривиальное

$$ \sum_{sym}(4a^7b+5a^6b^2-4a^5b^3-5a^4b^4+7a^6bc+12a^5b^2c-14a^4b^3c-5a^3b^3c^2)\geq0$$

А почему тривиальное? Наверное, и это неравенство тогда для вас тривиальное. А я, видимо, упускаю какое-то простое соображение.

arqady писал(а):

Кстати, без всякого компьютера получить последнее неравенство берёт 20 минут!

Ну меня сейчас скорее общие методы решения целых классов неравенств интересуют, нежели поиск "одноразовых" (пусть даже коротких) решений для конкретных неравенств (это осталось в олимпиадной молодости). А "с компьютером" или "без" здесь не играет особой роли, компьютер - это всего лишь удобный инструмент в конце концов.

[arqady]

maxal писал(а):

arqady писал(а):

Ведь после избавления от корня получается тривиальное

$$ \sum_{sym}(4a^7b+5a^6b^2-4a^5b^3-5a^4b^4+7a^6bc+12a^5b^2c-14a^4b^3c-5a^3b^3c^2)\geq0$$

А почему тривиальное?

Оно тривиально, например, согласно критерию Мюрхеда ( Muirhead ):

$$ \sum_{sym}(4a^7b+5a^6b^2-4a^5b^3-5a^4b^4+7a^6bc+12a^5b^2c-14a^4b^3c-5a^3b^3c^2)=$$

$$=4\sum_{sym}(a^7b-a^5b^3)+5\sum_{sym}(a^6b^2-a^4b^4)+7\sum_{sym}(a^6bc+a^5b^2c-2a^4b^3c)+5\sum_{sym}(a^5b^2c-a^3b^3c^2)\geq0.$$

Можно, конечно, и сумму квадратов устроить.

maxal писал(а):

Ну меня сейчас скорее общие методы решения целых классов неравенств интересуют, нежели поиск "одноразовых" (пусть даже коротких) решений для конкретных неравенств...

Попробуйте вот эти:
Пусть

$$a,$$

$$b$$

и

$$c$$

неотрицательные числа, никакие два из корторых не равны нулю. Докажите, что
1)

$$\sqrt{1+\frac{48a}{b+c}}+\sqrt{1+\frac{48b}{a+c}}+\sqrt{1+\frac{48c}{a+b}}\geq15.$$

2)

$$\sqrt{\frac{a}{4a+5b}}+\sqrt{\frac{b}{4b+5c}}+\sqrt{\frac{c}{4c+5a}}\leq1.$$

3)

$$\sqrt[3]{\frac{a}{2b+25c}}+\sqrt[3]{\frac{b}{2c+25a}}+\sqrt[3]{\frac{c}{2a+25b}}\geq1.$$

Имеется мощный совершенно элементарный общий метод доказательства. Сам нашёл!

[juna]

arqady писал(а):

Попробуйте вот эти:
Пусть

$$a,$$

$$b$$

и

$$c$$

неотрицательные числа, никакие два из корторых не равны нулю. Докажите, что
1)

$$\sqrt{1+\frac{48a}{b+c}}+\sqrt{1+\frac{48b}{a+c}}+\sqrt{1+\frac{48c}{a+b}}\geq15.$$

2)

$$\sqrt{\frac{a}{4a+5b}}+\sqrt{\frac{b}{4b+5c}}+\sqrt{\frac{c}{4c+5a}}\leq1.$$

3)

$$\sqrt[3]{\frac{a}{2b+25c}}+\sqrt[3]{\frac{b}{2c+25a}}+\sqrt[3]{\frac{c}{2a+25b}}\geq1.$$

Имеется мощный совершенно элементарный общий метод доказательства. Сам нашёл!

Наверно вот так.
$\sqrt{\frac{a}{4a+5b}}+\sqrt{\frac{b}{4b+5c}}+\sqrt{\frac{c}{4c+5a}}\le \sqrt{\frac{a}{4a+5a}}+\sqrt{\frac{b}{4b+5b}}+\sqrt{\frac{c}{4c+5c}}=1$ - по перестановочному неравенству в отрицательной степени.
Другие также.

[maxal]

juna писал(а):

arqady писал(а):

2)

$$\sqrt{\frac{a}{4a+5b}}+\sqrt{\frac{b}{4b+5c}}+\sqrt{\frac{c}{4c+5a}}\leq1.$$

3)

$$\sqrt[3]{\frac{a}{2b+25c}}+\sqrt[3]{\frac{b}{2c+25a}}+\sqrt[3]{\frac{c}{2a+25b}}\geq1.$$

Имеется мощный совершенно элементарный общий метод доказательства. Сам нашёл!

Наверно вот так.
$\sqrt{\frac{a}{4a+5b}}+\sqrt{\frac{b}{4b+5c}}+\sqrt{\frac{c}{4c+5a}}\le \sqrt{\frac{a}{4a+5a}}+\sqrt{\frac{b}{4b+5b}}+\sqrt{\frac{c}{4c+5c}}=1$ - по перестановочному неравенству в отрицательной степени.
Другие также.

"Перестановочное неравенство в отрицательной степени" - это что?
И как вы объясните тот факт, что в неравенстве 2) стоит знак $\leq$, а в очень похожем 3) знак $\geq$?

[juna]

$\sqrt{\frac{a}{4a+5b}}+\sqrt{\frac{b}{4b+5c}}+\sqrt{\frac{c}{4c+5a}}=(4+5b/a)^{-1/2}+(4+5c/b)^{-1/2}+(4+5a/c)^{-1/2}$
По перестановочному неравенству
$(4+5b/a)^{1/2}+(4+5c/b)^{1/2}+(4+5a/c)^{1/2}\ge (4+5a/a)^{1/2}+(4+5b/b)^{1/2}+(4+5c/c)^{1/2}$
Значит
$(4+5b/a)^{-1/2}+(4+5c/b)^{-1/2}+(4+5a/c)^{-1/2}\le (4+5a/a)^{-1/2}+(4+5b/b)^{-1/2}+(4+5c/c)^{-1/2}$

[maxal]

juna писал(а):

По перестановочному неравенству
$(4+5b/a)^{1/2}+(4+5c/b)^{1/2}+(4+5a/c)^{1/2}\ge (4+5a/a)^{1/2}+(4+5b/b)^{1/2}+(4+5c/c)^{1/2}$

Вообще-то в перестановочном неравенстве участвуют только линейные функции. Если это какое-то обобщение, то его нужно сначала доказать.

[juna]

Из перестановочного неравенства, например, следует, что
$\frac{x}{1+x^2}+\frac{y}{1+y^2}+\frac{z}{1+z^2}\le\frac{x}{1+y^2}+\frac{y}{1+z^2}+\frac{z}{1+x^2}$.
Здесь функции тоже нелинейные.

[maxal]

juna писал(а):

Из перестановочного неравенства, например, следует, что
$\frac{x}{1+x^2}+\frac{y}{1+y^2}+\frac{z}{1+z^2}\le\frac{x}{1+y^2}+\frac{y}{1+z^2}+\frac{z}{1+x^2}$.
Здесь функции тоже нелинейные.

Здесь все линейно на самом деле. Просто само неравенство применяется к нелинейным аргументам, а именно к последовательностям:

$$x\leq y\leq z$$

(для определенности) и

$$\frac{1}{1+z^2}\leq \frac{1}{1+y^2}\leq \frac{1}{1+x^2}.$$

Но это не так для неравенства из вашего предыдущего сообщения.

[juna]

Maxal.
В предыдущем сообщении тоже все линейно. Просто применяете бином Ньютона (раскладываете в ряд) каждый корень левой и правой частей неравенства и сравниваете по три элемента с одинаковыми коэффициентами.

[maxal]

juna писал(а):

Maxal.
В предыдущем сообщении тоже все линейно. Просто применяете бином Ньютона (раскладываете в ряд) каждый корень левой и правой частей неравенства и сравниваете по три элемента с одинаковыми коэффициентами.

Ну-ка, ну-ка, продемонстрируйте. Особенно интересно, что вы будете делать с отрицательными коэффициентами в разложении корня.

[juna]

Да, соглашусь, что так не доказать. Но можно доказать, например, что $\sqrt{1+\frac{a_1}{a_2}}+\sqrt{1+\frac{a_2}{a_3}}+\sqrt{1+\frac{a_3}{a_1}}\ge 3\sqrt{2}$. Из которого все сказанное будет следовать.
Докажем более простое $\sqrt{1+\frac{a_1}{a_2}}+\sqrt{1+\frac{a_2}{a_1}}\ge 2\sqrt{2}$.
$1+\frac{a_1}{a_2}+1+\frac{a_2}{a_1}+2\sqrt{(1+\frac{a_1}{a_2})(1+\frac{a_2}{a_1})}\ge 8$
$\frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_1}+2\sqrt{(1+\frac{a_1}{a_2})(1+\frac{a_2}{a_1})}\ge 6$
$\frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_1}\ge 2$
$\sqrt{(1+\frac{a_1}{a_2})(1+\frac{a_2}{a_1})}\ge 2$
$\sqrt{1+\frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_1}+1}\ge 2$

[maxal]

juna писал(а):

$(4+5b/a)^{1/2}+(4+5c/b)^{1/2}+(4+5a/c)^{1/2}\ge (4+5a/a)^{1/2}+(4+5b/b)^{1/2}+(4+5c/c)^{1/2}$

На самом деле это неравенство следует из обобщенного перестановочного неравенства, в виду вогнутости функции $\sqrt{4 + 5e^x}$. См. теорему 5' в статье «Обобщение перестановочного неравенства и монгольское неравенство».

[maxal]

arqady писал(а):

Оно тривиально, например, согласно критерию Мюрхеда ( Muirhead ):

$$ \sum_{sym}(4a^7b+5a^6b^2-4a^5b^3-5a^4b^4+7a^6bc+12a^5b^2c-14a^4b^3c-5a^3b^3c^2)=$$

$$=4\sum_{sym}(a^7b-a^5b^3)+5\sum_{sym}(a^6b^2-a^4b^4)+7\sum_{sym}(a^6bc+a^5b^2c-2a^4b^3c)+5\sum_{sym}(a^5b^2c-a^3b^3c^2)\geq0.$$

Да, неравенство Мюрхеда я как-то проглядел. Оно на самом деле очень полезное, особенно потому, что его применение можно автоматизировать (надо будет написать программку на досуге). Например, я мог бы его также сразу применить к полученной симметрической функции, выразив ее числитель через полиномы m[]:

> dual_basis(m,h);
Okay
> tom( numer( 4 * ((p1*e2+p3)/(p1*e2-e3)+1)^2 - 11*p2/e2 - 14 ) );
4*m[7,1] + 5*m[6,2] + 14*m[6,1,1] - 4*m[5,3] + 12*m[5,2,1] + 48*m[5,1,1,1] - 10*m[4,4] - 14*m[4,3,1] + 64*m[4,2,1,1] + 272*m[4,1,1,1,1] - 10*m[3,3,2] + 68*m[3,3,1,1] + 192*m[3,2,2,1] + 688*m[3,2,1,1,1] + 2040*m[3,1,1,1,1,1] + 424*m[2,2,2,2] + 1340*m[2,2,2,1,1] + 3744*m[2,2,1,1,1,1] + 9800*m[2,1,1,1,1,1,1] + 24640*m[1,1,1,1,1,1,1,1]

и здесь на самом деле те m[], у которых размерность аргумента больше 3, можно просто отбросить (интересно, можно ли в SF это сделать автоматически, задав дополнительные параметры?). Получается:

4*m[7,1] + 5*m[6,2] + 14*m[6,1,1] - 4*m[5,3] + 12*m[5,2,1] - 10*m[4,4] - 14*m[4,3,1] - 10*m[3,3,2]

И это на самом деле в точности, что написано у вас:

4*(m[7,1] - m[5,3]) + 5*(m[6,2] - 2*m[4,4]) + 7*(2*m[6,1,1] - m[4,3,1]) + 7*(m[5,2,1] - m[4,3,1]) + 5*(m[5,2,1] - 2*m[3,3,2])

где каждая из скобок положительна, согласно неравенству Мюрхеда.

[arqady]

maxal, Вам привет от Лёши Канеля!
Могу показать, как доказывается первое неравенство. Другие, правда, доказываются аналогично. Второе - технически легче , третье - технически тяжелее.