Рациональное неравенство

[sergei1961]

1. Доказать, что для положительных чисел $x,y,z$, таких, что $xyz=1$, выполняется неравенство:

$$ \frac{x-1}{x^2-x+1}+\frac{y-1}{y^2-y+1}+\frac{z-1}{z^2-z+1} \leq 0. $$

2. MATHEMATICA считает, что для этого достаточно доказать неотрицательность полинома от двух переменных при неотрицательных аргументах:

$$ P(x,y)=2 - 2 x + x^2 - 2 y - x y + 2 x^2 y - 2 x^3 y + y^2 + 2 x y^2 - x^3 y^2 + 2 x^4 y^2 - 2 x y^3 - x^2 y^3 + 2 x^3 y^3 - 2 x^4 y^3 + 2 x^2 y^4 - 2 x^3 y^4 + x^4 y^4. $$

[DeBill]

sergei1961 в сообщении #1105622 писал(а):

. MATHEMATICA считает, что для этого достаточно

Врет она, по-моему. Ну, во первых - чего это он такой несимметричный? Не должон бы, вроде.
А во вторых, в нем есть моном седьмой степени, с отрицательным к-том. При больших $x=y$, он забьет всех прочих....

[TR63]

DeBill в сообщении #1105812 писал(а):

При больших $x=y$, он забьет всех прочих....

В этом случае имеем уравнение с одной переменной, и на вольфраме легко проверить результат.
Если рассматривать многочлен $P(x;y)$ относительно переменной $(x)$,$y\le1$, то получается многочлен с одним отрицательным знаком. Значит имеется не более двух действительных корней. Рассматриваем квадратный трёхчлен с хвоста. Смотрим, каков дискриминант.

[TR63]

DeBill в сообщении #1105812 писал(а):

При больших $x=y$, он забьет всех прочих....

TR63 в сообщении #1105831 писал(а):

В этом случае имеем уравнение с одной переменной, и на вольфраме легко проверить результат

У меня вольфрам показывает, что неравенство в этом случае верно.
Неравенство довольно простое. sergei1961, какие у Вас с ним проблемы? Интересно было бы усложнить неравенство, т.е. выяснить, при каком количестве слагаемых такого типа, при заданном Вами условии, изменится знак неравенства. И, вообще, спрогнозировать возможность или невозможность изменения знака неравенства при увеличении количества слагаемых.

[sergei1961]

Я рад, что у Вас проблем нет и согласен, что неравенство простое. Это неравенство предложил профессор из Сирии, из университета Дамаска Fozi M Dannan в рассылке международной исследовательской группы по неравенствам RGMIA. Пока никто не доказал, насколько я знаю.

[TR63]

sergei1961 в сообщении #1105933 писал(а):

и согласен, что неравенство простое

Согласны, что оно простое по виду или что решается просто?

sergei1961 в сообщении #1105933 писал(а):

Пока никто не доказал, насколько я знаю

Тогда внимательнее проверю идею, которую предложила выше.

[sergei1961]

Если заменить переменные на квадраты, чтобы избавиться от ограничения на неотрицательность, убрать третью переменную и спросить М, что будет после приведения к общему знаменателю, то она говорит, что неравенство сводится к неотрицательности полинома

$$ 2 - 2 u^2 + u^4 - 2 v^2 - u^2 v^2 + 2 u^4 v^2 - 2 u^6 v^2 + v^4 + 2 u^2 v^4 - u^6 v^4 + 2 u^8 v^4 - 2 u^2 v^6 - u^4 v^6 + 2 u^6 v^6 - $$ $$ - 2 u^8 v^6 + 2 u^4 v^8 - 2 u^6 v^8 + u^8 v^8. $$

При вставке формулы на одну строку обрезается почему-то последнее слагаемое, простите, TR63!

Интересно-есть программы, раскладывающие подобные полиномы в сумму квадратов?

Конечно, остаётся естественный вопрос про справедливость этого неравенства для любого числа чисел, почему для 3?

[DeBill]

sergei1961 в сообщении #1105945 писал(а):

обрезается почему-то последнее слагаемое,

и кусок предпоследнего...
Ну, в конце концов, когда я уж совсем собрался написать Вам правильное выражение для $P$, я углядел в Вашей ТеХовской формуле недостающие части....

[TR63]

sergei1961 в сообщении #1105945 писал(а):

Конечно, остаётся естественный вопрос про справедливость этого неравенства для любого числа чисел, почему для 3?

Для трёх ещё надо доказать или опровергнуть. Ваш полином в новой редакции, вроде, не всегда неотрицателен. (Для одной дроби неравенство верно; для двух дробей верно; чтобы можно было расчитывать на экстраполяцию замеченного свойства, одной интуиции недостаточно; надо проверить ещё ряд условий.)

[Shadow]

TR63 в сообщении #1105930 писал(а):

Интересно было бы усложнить неравенство, т.е. выяснить, при каком количестве слагаемых такого типа, при заданном Вами условии, изменится знак неравенства. И, вообще, спрогнозировать возможность или невозможность изменения знака неравенства при увеличении количества слагаемых.

Спрогнозировать нетрудно. $n$ двоек и одно $2^{-n}$

Тоесть, для четырех переменных уже не верно.
Усложненную решили, давайте попробуем простую!

[TR63]

$P(x;y)=y^2(1-2y+y^2)x^4-y(2+y-2y^2+2y^3)x^3+y(2-y^2+2y^3)x^2-(2+y-2y^2+2y^3)x+(2-2y+y^2)\ge0$

Если сгруппировала без ошибок представленный отредактированный полином, то видно, что неравенство не выполняется, например, при $x=2$, $0<y<2$.

[sergei1961]

Давайте повнимательнее: при $x=2, y=1, z=1/2$ исходное неравенство верно, значит и неравенство для полинома верное, я не верю, что М могла ошибиться при приведении к общему знаму.

Конечно, я мог ошибиться, надо проверить, но вряд ли, очень простые операции.

[TR63]

Да, нашла ошибки в группировке. Исправляю:

$p(x;y)=y^2(2-2y+y^2)x^4-y(2+y-2y^2+2y^3)x^3+(1+2y^2-y^6+2y^8)x^2-(2+y-2y^2+2y^3)x+(2-2y+y^2)\ge0$

Но опять нестыковка. $x=2$, $y=0.5$, $z=1$. Где-то ошибка.

[DeBill]

Если тупо избавиться от знаменателя в исходном неравенстве, и все перенести направо, то, после приведения подобных , и выражения всего через элементарные симметрические, получим:
$S_2^2 - S_2 S_3 -2S_1S_2 +2S_1^2 -3S_1-S_2 +3S_3 +3 \geqslant 0$.
Подставляя $S_3 =1$, получим:
$S_2^2 -2S_1S_2 + 2S_1^2 -S_2 -3S_1 +6 \geqslant 0$
Выделяя полный квадрат $(S_2 -S_1)^2$, видим, что достаточно доказать
$S_1^2 -2S_2 -3S_1 +6 \geqslant 0$.
Вертаясь взад, получаем систему, похожую на исходную, но красивше:
Доказать $x^2+y^2+z^2 -3x-3y-3z+6 \geqslant 0 $, если $xyz=1$.
Это - что-то хорошее, и грамотный народ, наверное, сразу скажет, верно, мол. Но мы не шибко грамотные, мы продолжим...
На области, где все положительно, будем искать минимум левой части. Он - есть! Ну, и, по Лагранжу: записав то что надо, видим, что в точке минимума, числа $2x^2-3x, 2y^2-3y$ и $2z^2-3z$ равны. Значит, парочка из них равна. Но тогда имеем $y=x, z=\frac{1}{x^2}$, и минимизируемая функция принимает вид
$2x^2 + \frac{1}{x^4} -6x - \frac{3}{x^2} +6=$. Ее производная равна
$4x-\frac{4}{x^5} -6 + \frac{6}{x^3} = \frac{4x^6 - 6x^5 +6x^2-4}{x^5}$

$= \frac{2(x^3-1)(2x^3-3x^2 +2)}{x^5}$. Т.к. $2x^3-3x^2+2 = 1+(x-1)^2(2x+1)$, то единственный нуль производной - в точке $x=1$. Большая победа: минимум равен 0.

(Оффтоп)

Ну до чего уродское решение! В жизни ничего корявее не сочинял...

[TR63]

DeBill в сообщении #1106186 писал(а):

Доказать $x^2+y^2+z^2 -3x-3y-3z+6 \geqslant 0 $, если $xyz=1$

У меня для этого неравенства получается, что дискриминант квадратного уравнения не положителен независимо от условия $xyz=1$.