Рациональное неравенство

[DeBill]

TR63
Не, не должно: при $x=y=z=\frac{3}{2}$,левая часть равна $-\frac{3}{4}$

-- 13.03.2016, 13:46 --

А вот есть красивое решение исходной задачи:

(Оффтоп)

Шютка

Заменяя в исходном неравенстве

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

числа $x,y,z$ обратными, получим РАВНОСИЛЬНОЕ неравенство

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

Складывая эти два РАВНОСИЛЬНЫХ неравенства, получим очевидно верное неравенство.
Значит, исходное неравенство верно!!!

[Shadow]

DeBill в сообщении #1106199 писал(а):

Складывая эти два РАВНОСИЛЬНЫХ неравенства, получим очевидно верное неравенство.
Значит, исходное неравенство верно!!!

Тоже само проделаем с четырмя переменными и опять получим ''очевидно верное" неравенство, однако поставляя в исходное неравенство $2,2,2,\frac 1 8$ убеждаемся, что оно неверное.

[TR63]

(Оффтоп)

По поводу прогнозирования я рассуждала так:
Если делить последовательность неравенств (при разном количестве переменных) на не пересекающиеся классы относительно условия $xyz=1$, то остаток получается равен двум относительно свойства: если одна переменная равна единице, то все переменные равны единице). При таком остатке и таком количестве задействованных операций экстраполяция возможна не всегда. (Это я не сейчас, задним числом, придумала. Об этом я уже в другой теме говорила.)

DeBill, да зависит.
$D=4y^2-12y+4z^2-12z+15\ge0$

-- 13.03.2016, 14:17 --

(Оффтоп)

Получаем область, в которой неравенство верно $0<z<\alpha$, дальше проверяю при $z=1$ и экстраполирую результат на оставшуюся область.

[Shadow]

TR63 в сообщении #1106210 писал(а):

По поводу прогнозирования я рассуждала так:...

Вы очень умно рассуждали, потому что я ни-че-го не понял! Однако, можно рассуждать попроще: Функция $f(t)=\dfrac{t-1}{t^2-t+1}$ имеет максимум равный $\dfrac 1 3$ в точке $t=2$ И имеет минимум равный $-1$ в точке $t=0$ (который в задаче никогда не достигается, из-за условия $xyz\ne 0$) Так что трех переменных достаточно, чтобы достичь недостижимую для четвертой переменной единичку .
И, по поводу трех переменных: $f(t)$ имеет максимум $\dfrac 1 3$. А $f\left(\dfrac 1 2\right)=-\dfrac 2 3$ Ясно, что искать противоречие можно только когда все три переменные больше $\dfrac 1 2$. И по возможности, подальше от $\dfrac 1 2$

[DeBill]

Ну вот, так все было хорошо....

DeBill в сообщении #1106199 писал(а):

А вот есть красивое решение исходной задачи:
(Оффтоп)
Шютка

Заменяя в исходном неравенстве

А потом пришел Shadow и все опошлил испортил....

[Shadow]

Извините, DeBill, не обратил внимание на ваш offtop. Хотя, мог бы и догадатся.

[DeBill]

Shadow
Не, красиво получилось: я деток так буду иногда напрягать. А абсурдность методы объяснять будет хорошо как раз Вашим способом. Так что - спасибо за пример

[TR63]

Shadow в сообщении #1106223 писал(а):

Вы очень умно рассуждали, потому что я ни-че-го не понял

Я написала очень кратко, т.к. здесь это оффтоп. Подробнее я этот гипотетический метод изложила в другой теме. Пока все прогнозы сбывались (на примерах неравенств; примерах устойчивости многочленов (помнится, не зная, что такое формула Орландо, Вы говорили косвенно, что за бред я несу; а стоило всего лишь с нею ознакомится)и других). Жду, когда встретится контрпример.

[Shadow]

DeBill в сообщении #1106186 писал(а):

получаем систему, похожую на исходную, но красивше:
Доказать $x^2+y^2+z^2 -3x-3y-3z+6 \geqslant 0 $, если $xyz=1$.

Я не совсем понял преобразований и как исходное неравенство свелось к такому при тех же условиях $xyz=1$, но что-то неправильное получилось, потому что для функций $f(t)=\dfrac{t-1}{t^2-t+1} \text{ и } g(t)=-t^2+3t-2,\;\;f(t) \ge g(t)\;\forall t \in \mathbb{R}$
Соответственно $F(x,y,z)=f(x)+f(y)+f(z) \ge G(x,y,z)=g(x)+g(y)+g(z)$ и доказательство, что $G \le 0$ не доказывает $F \le 0$

[sergei1961]

DeBill- у меня симметризация получилась почти как у Вас, но вместо $-S_2$ у меня $-2S_2$.

[TR63]

DeBill в сообщении #1106186 писал(а):

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

$y^2x^4-3y^2x^3+(y^4-3y^3+6y^2)x-3yx+1\ge0$

Достаточно рассмотреть случай, когда $xy\le1$, $x\ge1$, $z\ge1$. Тогда доказываем усиленное неравенство:

$f=yx^3-3yx^2+(y^3-3y^2+6y)x-2\ge0$

$f=y[x^3-3x^2+(y^2-3y+6)x-\frac2 y]\ge0$

$\varphi'_x=3x^2-6x+(y^2-3y+6)\ge0$

$\varphi(x=y)=2x^4-6x^3+6x^2-2\ge0$

[DeBill]

sergei1961
Да, верно: это - опечатка. В следующей формуле у меня уже правильно...
Shadow
Нет, мы не заменяем $f$ на $g$. Все было гораздо хуже: все исходное неравенство было умножено на весь большой знаменатель; при этом все три слагаемых перемешались; потом от этого дела был отделен полный квадрат. И вот оставшаяся часть и распалась снова на три слагаемых. Потому сравнивать "почленно" слагаемые в исходном и в конечном некорректно. Более того, полученное неравенство верно только при условии $xyz=1$; это означает, что слагаемые не независимы...

-- 13.03.2016, 23:41 --

TR63
Все верно. Но: есть еще случай, когда ДВЕ штучки меньше 1, и только одна - больше....

[TR63]

$\frac{x-1}{x^2-x+1}=\frac{\frac1 t-1}{\frac{1} {t^2}-\frac1 t+1}=\frac{(1-t)t}{t^2-t+1}\le\frac{t-1}{t^2-t+1}$
Это даёт возможность перейти к усиленному неравенству. Но уже $t>1$.

[DeBill]

TR63
Испортится условие $xyz=1$. А если со всеми сделать так - то для того, которое меньше 1, не получится подправить испорченную дробь....

[TR63]

DeBill в сообщении #1106414 писал(а):

Испортится условие $xyz=1$

Согласна.

-- 14.03.2016, 01:18 --

sergei1961 в сообщении #1105622 писал(а):

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

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

$x=y=2$, $z=\frac1 4$,
$\frac1 2+\frac1 2+\frac{\frac1 4-1}{\frac1 {16}-\frac1 4+1}=1-\frac{12}{13}>0$