Условное неравенство от двух переменных

[NSKuber]

TR63 в сообщении #1096026 писал(а):

В чём криминал?

Да нет, ни в чём, собственно. Просто усилия кажутся напрасными, когда видишь, что это лишь одна точка. Вот я и подумал, вдруг вы не обратили внимания. Можно с таким же успехом рассматривать случай, когда $(x+\sqrt2)^2 + y^2 = 8$, например.
А про пересечение - можно так:
Доказываем, что $x^y y^x \leq xy$ на четвертьокружности (логарифмируем и смотрим, по какую сторону от единицы находятся $x,y$). Далее, $xy\leq 1$ на окружности (если уж тут взгляд на картинку не убеждает, можно в лоб подставить ограничения) и равенство достигается только в $(1,1)$, значит и $x^y y^x=1$ может пересекаться с окружностью только в этой точке, что она и делает.

[TR63]

NSKuber в сообщении #1096029 писал(а):

Доказываем, что $x^y y^x \leq xy$ на четвертьокружности (логарифмируем и смотрим, по какую сторону от единицы находятся $x,y$)

NSKuber, всё проще, исходя из логических рассуждений. Из условия можно считать, что
$x\le1$, $y\ge1$. Тогда

$x^y\le x$

$y^x\le y$

$x^yy^x\le xy$

$xy\le1$ (из АМ-ГМ для условия $x^2+y^2=2$)

Понятно что, если $x^yy^x=1$, то $xy=1$. Плюс условие $x^2+y^2=2$. Решаем систему.

$x^2+yx+y^2-3=0$

Решение подставляем в первое уравнение. Ясно, что значение $x=y=1$ будет решением. Откуда аналитически следует, что это решение единственное?

[NSKuber]

TR63 в сообщении #1096033 писал(а):

$xy=1$. Плюс условие $x^2+y^2=2$. Решаем систему.

Так систему можно решать выражением одной переменной через другую. $y=\sqrt{2-x^2}$. Подставляем в $xy=1$, возводим в квадрат, находим $x=1,y=1$, без вариантов. Тут всё с корнями-квадратами легально в силу $x>0,y>0$. Или можно было выразить $y=\frac{1}{x}$, то же самое бы получилось.

[TR63]

Всё понятно. Спасибо.

[DeBill]

Не, народ, с этим неравенством - полная безнадёга.
Я уже писал - оценки надо проводить так, чтобы они сохраняли члены до четвертого порядка малости.
Например, неравенство о средних дает ошибку второго порядка. Это значит, что вместо неравенства

$a^2 + b^2\leqslant 2ab$

надо использовать более точное неравенство

$a^2 + b^2 \leqslant 2ab + (a-b)^2$ ....

Можно сделать так: Из тейлоровских разложений (с оценками остаточных членов!!) до четвертых степеней (!!!) получить неравенство в (некоторой конкретной) окрестности точки (1,1). А далее рассуждениями типа "ну, если икс меньше 0.97, то игрек больше 1.04. Но тогда икс меньше 0.93, и, значит, игрек больше 1.07" и т.д. и т.п., шаг за шагом дойти до "икс меньше 0.5", где Вы уже все сделали. Но это тААкой геморрой...

[TR63]

Сделаем замену переменных $x^y=a$, $y^x=b$. Тогда задачу можно записать в виде:

Если $ab<1$, то $a^4+b^4<2$.

$ab=1-\alpha$, $$0<\alpha\le1$

$\alpha(\alpha^3-4\alpha^2+6\alpha-4)+a^8-2a^4<0$

Если в арифметике нет ошибок, то дальнейшее элементарно.

[mihiv]

Должно быть:

$1+\alpha(\alpha^3-4\alpha^2+6\alpha-4)+a^8-2a^4<0$

[TR63]

mihiv, всё понятно. Спасибо.

-- 03.02.2016, 12:04 --

Можно попробовать получить частичную область $\beta<a^4<1$ для выполнения исходного неравенства.

[TR63]

У меня получилось, можно взять $\beta=0.946^4$ при $\alpha>0.3$

[TR63]

Вчера спешила, вольфрам глючит. Область надо пересчитать. Пока думаю, стоит ли?

$a^8-2a^4+(1-\alpha)^4<0$

$1>\beta_1<a^4<1<\beta_2>1$

Главное, что область существует.

[arseniiv]

Мне тут на ухо нашептали, что можно записать это проще: $\beta_1<a^4<1<\beta_2$.

[TR63]

Согласна. Но хотелось бы видеть полное доказательство исходного неравенства.

[mihiv]

Подход TR63 можно немного доработать и получить полное доказательство.

Введем параметризацию:$x=\sqrt 2\cos t, y=\sqrt 2\sin t$. Так как$x^{4y}+y^{4x}$ не меняется при замене $t\to \frac {\pi}2-t$, можно ограничиться изменением параметра $t$ в пределах $0\leq t\leq \frac {\pi}4$. При этом $1\leq x\leq \sqrt 2, 0\leq y\leq 1$. Посмотрим в каких пределах при этом изменяется величина $a$, введеннаяTR63. Для этого найдем и приравняем нулю: $\dfrac {da}{dt}=\sqrt 2a\cos t(\ln (\sqrt 2\cos t)-\tg ^2t)=0$. Или $\sqrt 2\cos t=e^{\tg ^2t}$. Корень этого уравнения $t_0\approx 0.455.$ Таким образом, максимальное значение переменной $a$ равно: $a_{max}=a(t_0)\approx 1.16$. Обозначим $0\leq ab=\beta \leq 1, (b=y^x)$. Отсюда $b=\dfrac {\beta }{a}$ и $x^{4y}+y^{4x}=a^4+\dfrac {\beta ^4}{a^4}$
Рассмотрим функцию двух переменных $f(a,\beta )=a^4+\dfrac {\beta ^4}{a^4}$ и найдем ее наибольшее значение в прямоугольнике: $0\leq \beta \leq 1, 1\leq a\leq a_{max}\approx 1.16$. Так как в прямоугольнике нет критических точек, то наибольшее значение (равное 2) достигается на границе области при $a=1,\beta =1$, что соответствует $x=1,y=1$.

[DeBill]

mihiv

mihiv в сообщении #1096710 писал(а):

наибольшее значение (равное 2)

Нет.
При $\beta =1$ , из неравенства о средних видим: НАИМЕНЬШЕЕ значение $f$ равно 2.

[mihiv]

DeBill в сообщении #1096720 писал(а):

Нет.
При $\beta =1$ , из неравенства о средних видим: НАИМЕНЬШЕЕ значение $f$ равно 2.

Да, Вы правы. Тогда, может быть, получится изменить правую границу прямоугольника?