Условное неравенство от двух переменных

[TR63]

mihiv, у меня область определения, если что, другая: $0<a<1$.

arseniiv в сообщении #1096699 писал(а):

проще: $\beta_1<a^4<1<\beta_2$

Т.е. Вы поменяли местами переменные (x) и (y). Но, может, это не влияет на Ваши рассуждения. Ещё не вникала.

[TR63]

$a^8-2a^4+(1-\alpha)^4<0$ (прибавим к обеим частям единицу)

$[(1-a^4)^2+((1-\alpha)^2)^2]^{\frac1 2}<1$ (сделаем усиление)

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

$a>\sqrt{1-\alpha}$ (сделаем усиление)

$x>\sqrt{1-\alpha}$ Получили, что в этой области исходное неравенство верно.

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #1094208 писал(а):

Пусть $x>0$ и $y>0$ такие, что $x^2+y^2=2$. Докажите, что $x^{4y}+y^{4x}\leq2$.

Сделаем замену : $x= \sqrt{1+t}$ , $y=\sqrt{1-t}$ , $(0 \le t < 1)$

$$x^{4y}+y^{4x}=(1+t)^{2\sqrt{1-t}}+(1-t)^{2\sqrt{1+t}}$$

1. $$ \frac{3}{4} \le t < 1$

$$ (1+t)^{2\sqrt{1-t}} \le 1+t \cdot 2\sqrt{1-t}$

$(1-t)^{2\sqrt{1+t}} \le (1-t)^2 (1-t)^{2(\sqrt{1+t}-1)} \le (1-t)^2(1+(t^2-2t)(\sqrt{1+t}-1))$

$$(1+t)^{2\sqrt{1-t}}+(1-t)^{2\sqrt{1+t}} \le 2- t (2-t)(1-t)^2(\sqrt{1+t}-1)-t(1-\sqrt{1-t})^2 \le 2$$

2. $$ 0 \le t < \frac{3}{4} $

$$(1-t)^{2\sqrt{1+t}} = 1 - (2\sqrt{1+t}) \cdot t + \frac{2\sqrt{1+t} \cdot (2\sqrt{1+t}-1)}{2} \cdot t^2-...-... \le 1 - (2\sqrt{1+t}) \cdot t + \sqrt{1+t} \cdot (2\sqrt{1+t}-1) \cdot t^2$

$$(1+t)^{2 \sqrt{1-t}}=1+(2\sqrt{1-t}) \cdot t +\frac{2\sqrt{1-t} \cdot (2\sqrt{1-t}-1)}{2} \cdot t^2-...+... \le 1 + (2\sqrt{1-t}) \cdot t + \sqrt{1-t} \cdot (2\sqrt{1-t}-1) \cdot t^2$

$$(1+t)^{2\sqrt{1-t}}+(1-t)^{2\sqrt{1+t}} \le 2-t \cdot (2(\sqrt{1+t}-\sqrt{1-t})+t \cdot (\sqrt{1+t}+\sqrt{1-t})-4t)= $$ $$=2 - \frac{2t^2(1-\sqrt{1-t^2})^2}{(\sqrt{1+t}+\sqrt{1-t})(3+\sqrt{1-t^2}+2(\sqrt{1+t}+\sqrt{1-t}))} \le 2$$

[DeBill]

Sergic Primazon
Извините, Вы (во втором случае) оставили только 3 члена в Тейлоровском разложении. А я где то в начале писал, что надо - до четвертых степеней...
Конкретно, ошибка у Вас вот в чем: Вы используете формулу Тейлора для $(1+x)^{\alpha}$. Но работает она только при постоянном $\alpha$ (т.е., как нельзя дифференцировать $x^x$ по формуле для $x^n$, так и тут...)

[Sergic Primazon]

DeBill в сообщении #1098526 писал(а):

Sergic Primazon
Извините, Вы (во втором случае) оставили только 3 члена в Тейлоровском разложении. А я где то в начале писал, что надо - до четвертых степеней...
Конкретно, ошибка у Вас вот в чем: Вы используете формулу Тейлора для $(1+x)^{\alpha}$. Но работает она только при постоянном $\alpha$ (т.е., как нельзя дифференцировать $x^x$ по формуле для $x^n$, так и тут...)

я оставил 3 члена ряда во втором случае , поскольку оставшиеся "хвосты" не увеличивают суммы рядов и ряды тут не степенные.

[DeBill]

?

[DeBill]

Sergic Primazon
!! Все верно, однако! Ну - круто!

[TR63]

Жуть.

$a^8-2a^4+(1-\alpha)^4\le0$

$0\le a\le1-\alpha=t$

$a=x^y$, $1-\alpha=x^yy^x$, $0\le x\le1$, $x^2+y^2=2$

Сделаем усиление

$(1-\alpha)^8-2a^4+(1-\alpha)^4\le0$

Если $a^4\ge\frac{t^8+t^4}{2}$, то исходное неравенство доказано. Если нет, т.е. $a^4<\frac{t^8+t^4}{2}$, то делаем опять усиление и т.д. Рассмотрим последовательность:

$t^4>\frac{(t^4)^2+t^4}{2}>\frac{(\frac{t^8+t^4}{2})^2+t^4}{2}>...> a^4\ge0$

Она монотонно убывает, ограниченна, значит имеет предел. Получаем, если последовательность имеет конечное число членов, то неравенство верно. Если нет, то переходим к пределу. Чему он равен?

[vmg]

С $x=y=1$ ясно. Без ограничения общности $0<y<1<x<\sqrt2$.
Случай $y\le\frac12$ ясен. Итак, рассматриваем $\frac12<y<1<x<\sqrt2$.
Замена: $x=\cos\psi+\sin\psi$, $y=\cos\psi-\sin\psi$, где $0<\psi<\frac\pi4$.
Тогда $x^2=1+\sin{2\psi}$, $y^2=1-\sin{2\psi}$.
Будем доказывать неравенство $(1+\sin{2\psi})^{2(\cos\psi-\sin\psi)}-1\le1-(1-\sin{2\psi})^{2(\cos\psi+\sin\psi)}$.
Оценим левую часть неравенства сверху, правую часть - снизу.
Заметим, что $1<2(\cos\psi-\sin\psi)<2$ и $2<2(\cos\psi+\sin\psi)<3$, отсюда оценки
$(1+t)^p<1+pt+\frac{p(p-1)}{2}t^2$ (Здесь $t=\sin{2\psi}$, $p=2(\cos\psi-\sin\psi)$) и
$(1+t)^p-1<pt(1+\frac{p-1}{2}t)$
$(1-t)^q<1-qt+\frac{q(q-1)}{2}t^2$ (Здесь $t=\sin{2\psi}$, $q=2(\cos\psi+\sin\psi)$) и
$1-(1-t)^q>qt(1-\frac{q-1}{2}t)$.
Теперь достаточно доказать
$(\cos\psi-\sin\psi)\left(1+\frac{2(\cos\psi-\sin\psi)-1}{2}\sin{2\psi}\right)<(\cos\psi+\sin\psi)\left(1-\frac{2(\cos\psi+\sin\psi)-1}{2}\sin{2\psi}\right)$.
После раскрытия скобок и приведения подобных членов получим
$2\cos^2\psi\sin{2\psi}+2\sin^2\psi\sin{2\psi}<2\sin\psi+\cos\psi\sin{2\psi}$ или $2\sin{2\psi}<2\sin\psi+\cos\psi\sin{2\psi}$
или $2<\frac{1}{\cos\psi}+\cos\psi$.

[TR63]

Продолжение.

TR63 в сообщении #1098660 писал(а):

Сделаем усиление

$(1-\alpha)^8-2a^4+(1-\alpha)^4\le0$

Если $a^4\ge\frac{t^8+t^4}{2}$, то исходное неравенство доказано. Если нет, т.е. $a^4<\frac{t^8+t^4}{2}$, то делаем опять усиление и т.д. Рассмотрим последовательность:

$t^4>\frac{(t^4)^2+t^4}{2}>\frac{(\frac{t^8+t^4}{2})^2+t^4}{2}>...> a^4\ge0$

Она монотонно убывает, ограниченна, значит имеет предел. Получаем, если последовательность имеет конечное число членов, то неравенство верно.

Возникает вопрос: может ли последовательность при конкретных значениях иметь бесконечное число членов, обладающих указанным свойством. Предположим, что, для хотя бы одного значения, может. Т.е. все они больше $(a_0^4)$. Обозначим её предел (q). Возьмём $a^4>q$. Тогда получаем, что неравенство верно (знак <) вблизи правой границы области $(0;1-\alpha)$, где уравнение может иметь только чётное количество корней, учитывая количество перемен знака. Этого не может быть, т.к. по свойствам параболы знак вблизи правой границы должен быть (>) при чётном количестве корней. Т.е. получили противоречие. Значит количество членов последовательности с указанным свойством конечно и существует для любого $a_i$ член указанной последовательности, меньший $(a_i)$. А в этом случае неравенство верно.
vmg, идея понравилась (хотя сложновато; пока не всё осилила).

[TR63]

Из противоречия следует также, что усиленное неравенство , если и верно, то не во всей области. Про исходное из данных рассуждений ответа нет.

[DeBill]

TR63 в сообщении #1098660 писал(а):

Чему он равен?

Он равен $1-\sqrt{1-t^4}$
vmg
Фактически, это то же решение, что и у Sergic Primazon, только с более красивой параметризацией: благодаря этому, не нужно угадывать полный квадрат: он сам вылез..

[TR63]

TR63 в сообщении #1098660 писал(а):

$a^8-2a^4+(1-\alpha)^4\le0$

$0\le a\le1-\alpha=t$

$a=x^y$, $1-\alpha=x^yy^x$, $0\le x\le1$, $x^2+y^2=2$

Это уравнение при $0<a<1-\alpha$, учитывая количество перемен знака, может иметь только чётное количество корней. Если доказать, что вблизи, по крайней мере, одной из границ функция строго отрицательна, то тем самым будет доказано отсутствие корней на интервале, т.к. для наличия чётного количества (двух) корней необходима положительность функции вблизи границы.
Это рассуждение верно?

[TR63]

Поняла, где ошибка в рассуждении. Чётность количества корней на интервале не доказана. Её можно предположить и прийти к противоречию, связанному с чётностью. Но пользы от этого не вижу. Если доказать отрицательность функции вблизи обеих границ, то тогда можно сделать вывод об отсутствии корня (единственного, т.к. чётного количества быть не может) на интервале.

[TR63]

TR63 в сообщении #1099164 писал(а):

Если доказать отрицательность функции вблизи обеих границ, то тогда можно сделать вывод об отсутствии корня (единственного, т.к. чётного количества быть не может) на интервале.

1). Вблизи правой границы уже доказано существование области $q<a^4<1$, где верно усиленное неравенство, а, значит, и строгое исходное.
2). Вблизи левой границы осталось показать возможность перехода от переменной (a) к переменной (x). Это можно сделать с помощью вольфрама:

$x^{\sqrt{2-x^2}}=a$; При всех $a<0.3$ получаем $x<0.42$. А, в этой области неравенство верно.