Еще неравенство

[maxal]

Профессор Снэйп писал(а):

bobo писал(а):

Выразив из первого $u$ через $\alpha$ и подставив во второе, получим $(\sqrt{\alpha}-1)^3(3\sqrt{\alpha}-11)\leqslant 0$. Т.е. $\alpha = 1$.

А как Вы это сделали?

Вот чтобы не лажать в вычислениях, и придуманы пакеты типа мапла:

> U:=[solve(2*a*u+u^2=3,u)];
                                2     1/2         2     1/2
                   U := [-a + (a  + 3)   , -a - (a  + 3)   ]

> subs(u=U[1],2*sqrt(u)+sqrt(a)-3);
                                2     1/2 1/2    1/2
                      2 (-a + (a  + 3)   )    + a    - 3

> solve(%>=0);                     
                            RealRange(1, infinity)

[Профессор Снэйп]

bobo писал(а):

Профессор Снэйп писал(а):

И теперь

$$ (\sqrt{\alpha}-1)^3(3\sqrt{\alpha}-11) = (\alpha\sqrt{\alpha} - 3\alpha + 3\sqrt{\alpha} -1)(3\sqrt{\alpha}-11) = $$

$$ = 3\alpha^2 - 9\alpha\sqrt{\alpha} + 9\alpha - 3\sqrt{\alpha} - 11\alpha\sqrt{\alpha} + 33\alpha - 33\sqrt{\alpha} + 33 = $$

$$ = 3\alpha^2 + 42\alpha - 36\sqrt{\alpha} - 20\alpha\sqrt{\alpha} + 33 $$

Чёта не сходится, дорогая редакция. Я все свои выкладки привёл, если не сможете указать, в какой конкретно строчке у меня ошибка, значит, ошибка где-то у Вас

кажется тут свободный член 11...

Ага, действительно $11$. И теперь

$$ 3(3\alpha^2 + 42\alpha - 36\sqrt{\alpha} - 20\alpha\sqrt{\alpha} + 11) = 9\alpha^2 + 126\alpha - 108\sqrt{\alpha} - 60\alpha\sqrt{\alpha} + 33 $$

Да, теперь всё сошлось. Вы были правы!

А Мапла, равно как и любого другого матпакета, у меня нет. И никогда не было. Просто я профессионально занимаюсь такой математикой, где ни один матпакет нафиг не нужен. А форум --- это всё-таки хобби, и если ставить тот же мапл, то получается, что только ради форума. Искать его где-то, устанавливать, потом изучать, как там что записывается... Это же сколько мороки!!!

[maxal]

Профессор Снэйп писал(а):

А Мапла, равно как и любого другого матпакета, у меня нет. И никогда не было. Просто я профессионально занимаюсь такой математикой, где ни один матпакет нафиг не нужен. А форум --- это всё-таки хобби, и если ставить тот же мапл, то получается, что только ради форума. Искать его где-то, устанавливать, потом изучать, как там что записывается... Это же сколько мороки!!!

На самом деле мапл я бы как раз и не советовал тем, кто с нуля начинает. Я сам им пользуюсь исключительно в силу вредной привычки (в детстве плохому научили) и только для символьных вычислений. Постепенно отучаюсь - например, все теоретико-числовые вычисления делаю в PARI/GP (но в нем символьные вычисления не развиты, к сожалению).
А для символьных вычислений рекомендую Maxima - бесплатный (ничего искать не надо), хорошо документированный пакет. Попробуйте - не пожалеете. Во многих случаях подобный софт способен сохранить кучу времени (в том числе и для хобби) и сосредоточиться на сути задачи, а не на технических деталях.

[Профессор Снэйп]

Ну хорошо, идея засунуть тройку $(u,v,w)$ в конус $(u,v,w) \geqslant (\alpha, \alpha, \alpha)$ была неудачной. Ну а если попробовать так:

$$ \begin{cases} uv+vw+wu \geqslant 3 \\ uvw \geqslant 1 \end{cases} $$

Следует ли из этого $\sqrt{u} + \sqrt{v} + \sqrt{w} \geqslant 3$?

Добавлено спустя 3 минуты 57 секунд:

maxal писал(а):

Постепенно отучаюсь - например, все теоретико-числовые вычисления делаю в PARI/GP (но в нем символьные вычисления не развиты, к сожалению).
А для символьных вычислений рекомендую Maxima - бесплатный (ничего искать не надо), хорошо документированный пакет. Попробуйте - не пожалеете. Во многих случаях подобный софт способен сохранить кучу времени.

Ага. Первый фигня --- не более 4Мб, второй порядка 20Мб. Проблема, к сожалению, в том, что я сейчас за мегабайты плачу. Как только перейду на безлимитный тариф --- сразу скачаю.

[arqady]

Вот неравенство, где Maxima, имхо, не поможет.
Для положительных

$$a,$$

$$b$$

и

$$c$$

докажите, что:

$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+4\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\geq12\left(\frac{1}{3a+b}+\frac{1}{3b+c}+\frac{1}{3c+a}\right).$$

[Руст]

C доказанным ранее утвеждением все неравенства относительно трёх переменных сводятся к исследованию функции одной переменной и становятся чисто техническими. Я думаю, что можно даже написать программу, которая докажет любое такое неравенство.
1. Здесь при стремлении одной переменной к нулю неравенство выполняется.
2. При равенстве двух переменных, масштабируя (неравенство инвариантно относительно масштабирования) будем считать $a=b=x,c=3-2x$ после сокращения сводится к

$$\frac 1x+\frac{9}{3-2x}\ge\frac{12}{3+x}$$

что легко проверяется.
3. Когда все равны правая часть совпадает с левой.
Следовательно она верна.

[arqady]

Профессор Снэйп писал(а):

Ну а если попробовать так:

$$ \begin{cases} uv+vw+wu \geqslant 3 \\ uvw \geqslant 1 \end{cases} $$

Следует ли из этого $\sqrt{u} + \sqrt{v} + \sqrt{w} \geqslant 3$?

Конечно следует! Согласно AM-GM.

Руст писал(а):

C доказанным ранее утвеждением все неравенства относительно трёх переменных сводятся к исследованию функции одной переменной

О каком утверждении Вы говорите? Что-то я ничего такого не приметил...
Wow! Заметил Ваш пост на апредыдущей странице.

[Профессор Снэйп]

arqady писал(а):

Конечно следует! Согласно AM-GM.

Во сглупил. Из $uvw \geqslant 1$ сразу следует и $\sqrt{u} + \sqrt{v} + \sqrt{w} \geqslant 3$, и $uv + vw + wu \geqslant 3$. Не буду больше ничего сегодня писать, а то всё время какая-то ерунда получается!

[arqady]

Руст писал(а):

Пусть требуется найти экстремальное значение симметрической функции $f(x_1,x_2,...,x_n)$ при симметрическом ограничении $g(x_1,x_2,...,x_n)=0$. Тогда (это известно) можно свести задачу к поиску экстремума некоторой симметричной функции (что выражается через другую функцию от элементарных симметричных функций) $F(\sigma_1,...,\sigma_n)$ при условии $G(\sigma_1,...,\sigma_n)=0$, здесь элементарные симметричные функции могут быть взяты от новых переменных для удобства.

Интересно, как Вы это примените для функции

$$f(a,b,c)=e^a+e^b+e^c$$

?

[Руст]

arqady писал(а):

Руст писал(а):

]
C доказанным ранее утвеждением все неравенства относительно трёх переменных сводятся к исследованию функции одной переменной

О каком утверждении Вы говорите? Что-то я ничего такого не приметил...
Wow! Заметил Ваш пост на апредыдущей странице.

Вообще то этот случай не сводится к доказанному, так как в правой части стоит величина симметричная только относительно подгруппы $A_3$ а не всей группы $S_3$. Т.е. правая часть представляется в виде суммы, являющейся симметрической функции плюс симметричная умноженая на дискриминант $(a-b)(b-c)(c-a)$ - меняющий знак при преобразованиях. Чтобы свести к симметричной можно оставить такой член с одной стороны и возвести в квадрат и таким образом свести к доказанному. При этом если с другой стороны стоит заведома положительная величина, то возведение в квадрат не изменит неравенство.
Однако, в случае, когда количество переменных много циклическая симметричность мало чего дает без общей симметрии.

Добавлено спустя 6 минут 4 секунды:

arqady писал(а):

Интересно, как Вы это примените для функции

$$f(a,b,c)=e^a+e^b+e^c$$

?

Можно перейти к переменным $e^a,e^b,e^c$ или
$e^a+e^b+e^c=3+\sigma_1+\sum_{k=2}^{\infty}\frac{S_k}{k!}.$
Все $S_k$ легко выражаются через элементарные симметричные функции.
К тому же мне не нужен для доказательства явный вид. Я доказываю, что в точке экстремума или одна из них 0, или найдутся два, которые равны.

[arqady]

Руст писал(а):

arqady писал(а):

Интересно, как Вы это примените для функции

$$f(a,b,c)=e^a+e^b+e^c$$

?

Можно перейти к переменным $e^a,e^b,e^c$ или
$e^a+e^b+e^c=3+\sigma_1+\sum_{k=2}^{\infty}\frac{S_k}{k!}.$
Все $S_k$ легко выражаются через элементарные симметричные функции.
К тому же мне не нужен для доказательства явный вид. Я доказываю, что в точке экстремума или одна из них 0, или найдутся два, которые равны.

Вы знаете, Руст... То, что Вы сейчас написали и то, что Вы называете "доказательством" можно было бы охарактеризовать одним словом: бред.
Мотивировать больше не хочу - времени жалко. Не хотите доказывать неравенство - я Вас не заставляю.
Кстати, за этим неравенством скрывается довольно красивая штука.

[maxal]

arqady, ну почему же сразу бред? В словах Руста есть рациональное зерно:

$$e^a+e^b+e^c=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{a^k+b^k+c^k}{k!},$$

функция $a^k+b^k+c^k=S_k$ (в обозначения Руста) является симметрическим полиномом и выражается через элементарные $\sigma_1=a+b+c$, $\sigma_2=ab+bc+ac$, $\sigma_3=abc$ (по формулам Жирара-Ньютона). Но я не совсем уверен, что во-первых, можно получить простое выражение, а во-вторых, что это новое выражение хоть как-то поможет искать экстремум.

[RIP]

Здесь был бред.

Добавлено спустя 40 минут 54 секунды:

maxal писал(а):

функция $a^k+b^k+c^k=S_k$ (в обозначения Руста) является симметрическим полиномом и выражается через элементарные $\sigma_1=a+b+c$, $\sigma_2=ab+bc+ac$, $\sigma_3=abc$ (по формулам Жирара-Ньютона). Но я не совсем уверен, что во-первых, можно получить простое выражение...

По формуле Варинга

$$S_k=\sum_{k_1+2k_2+3k_3=k}\frac{k(k_1+k_2+k_3-1)!}{k_1!k_2!k_3!}\sigma_1^{k_1}(-\sigma_2)^{k_2}\sigma_3^{k_3}.$$

[maxal]

RIP писал(а):

maxal писал(а):

функция $a^k+b^k+c^k=S_k$ (в обозначения Руста) является симметрическим полиномом и выражается через элементарные $\sigma_1=a+b+c$, $\sigma_2=ab+bc+ac$, $\sigma_3=abc$ (по формулам Жирара-Ньютона). Но я не совсем уверен, что во-первых, можно получить простое выражение...

По формуле Варинга

$$S_k=\sum_{k_1+2k_2+3k_3=k}\frac{k(-1)^{k_2}(k_1+k_2+k_3-1)!}{k_1!k_2!k_3!}\sigma_1^{k_1}\sigma_2^{k_2}\sigma_3^{k_3}.$$

Ага, и это еще надо по $k$ просуммировать. Конечно, получится "простое" в каком-то смысле выражение, но только этот смысл далёк от контекста решаемой задачи.

[Профессор Снэйп]

RIP писал(а):

или

$$(3a+b)^2(a+b)\geqslant32ab^2.$$

Но

$$3a+b\geqslant4a^{3/4}b^{1/4};$$

$$a+b\geqslant2a^{1/2}b^{1/2}.$$

Может, наоборот?

$$3a+b\geqslant4a^{1/4}b^{3/4};$$

$$a+b\geqslant2a^{1/2}b^{1/2}.$$

А то после перемножения квадрат не там получается.