Рациональное неравенство

[sergei1961]

Вы всё время спешите, зачем? Разве 5-2=2 ? Пусть будет как раньше, 5-2=3, хорошо?
Не обижайтесь.

[TR63]

Хорошо.(Спутала плюс с минусом; извините.)

[TR63]

TR63 в сообщении #1106402 писал(а):

DeBill в сообщении #1106186

писал(а):
Доказать $x^2+y^2+z^2 -3x-3y-3z+6 \geqslant 0 $, если $xyz=1$

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

(Была опечатка. Исправила.)
$f'_x=4y^2x^3-9y^2x^2+2x(y^4-3y^3+6y^2)-3y$

$f''_{xx}=12y^2x^2-18y^2x+2(y^4-3y^3+6y^2)$

$D=y^4[81-24(y^2-3y+6)]\le0$ при $y\le1$

$f'_x$ монотонно возрастает; на границах $[0;1]$ отрицательна. Значит f монотонно убывает и минимум на границе справа. Он равен нулю. Значит $f\ge0$.

(Интересно, если записать правильное значение полинома $P(x;y)$ в виде многочлена четвёртой степени от (х) с коэффициентами от (у), этот метод пройдёт или нет.)

[sergei1961]

Получается доказать при дополнительных условиях: $xy\ge 2$, а значит и для любой пары чисел, удовлетворяющих этому условию. Тогда первые две дроби оцениваем максимумом, они $\le 1/3$, а третья дробь при этих условиях $\le -2/3$. Теперь нужно рассмотреть случай $xy\le 2, yz\le 2, xz\le 2$.

Полиноминальное неравенство от DeBill тоже очень интересно своей простотой и пока что-неприступностью.

[TR63]

sergei1961 в сообщении #1106496 писал(а):

Полиноминальное неравенство от DeBill тоже очень интересно своей простотой и пока что-неприступностью.

Не поняла, почему. Тогда ещё вариант.

TR63 в сообщении #1106492 писал(а):

DeBill в сообщении #1106186

писал(а):
Доказать $x^2+y^2+z^2 -3x-3y-3z+6 \geqslant 0 $, если $xyz=1$

Воспользуемся неравенством:

$\alpha=x+y+z\le\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}=\sqrt{3t}$
Делаем усиление исходного неравенства:

$t^2-3\sqrt3t+6\ge0$

$t_{1;2}=(\sqrt3;2\sqrt3)$

Остаётся доказать для $\alpha<2\sqrt3$
Из АМ-ГМ, с учётом $xyz=1$ получаем с усилением, что для $\alpha\le3$ исходное неравенство верно.
Остаётся доказать для области $3<\alpha<2\sqrt3$. Для этого достаточно доказать для области $3<z<2\sqrt3$. Делаем усиление:

$x^2+y^2+9-3(x+y+2\sqrt3)+6\ge0$

$(x^2-3x+7.5-3\sqrt3)+(y^2-3y+7.5-3\sqrt3)\ge0$

$D=9-30+12\sqrt3<0$

[sergei1961]

Так всё-таки: доказали или не доказали?

[TR63]

sergei1961 в сообщении #1107621 писал(а):

Так всё-таки: доказали или не доказали?

Я не понимаю, чем вызван Ваш вопрос. DeBill привёл доказательство. Сложноватое. В его справедливость я не вникала, т.к. любой вариант в данном случае не влияет на результат, который даёт мне мой гипотетический метод. Т.е. Ваше неравенство не является контрпримером к методу, которым я пользуюсь перед тем, как искать решение задачи. Если Вам непонятно доказательство DeBill, то задайте ему конкретный вопрос, где и что Вам именно непонятно.
По поводу непонятности доказательства неравенства DeBill задайте конкретный вопрос ему и мне. Я считаю, что неравенство DeBill доказано и не одним способом. Если Вы в этом сомневаетесь, укажите, что именно неверно или непонятно объяснено.

[sergei1961]

Я невнимательно прочитал доказательство DeBill, теперь понял, что всё доказано. Теперь осталось найти простое и красивое доказательство его квадратичного неравенства. TR63 -Ваше доказательство я вижу, давайте поищем другое.

[TR63]

sergei1961 в сообщении #1106496 писал(а):

Получается доказать при дополнительных условиях: $xy\ge 2$, а значит и для любой пары чисел, удовлетворяющих этому условию. Тогда первые две дроби оцениваем максимумом, они $\le 1/3$, а третья дробь при этих условиях $\le -2/3$. Теперь нужно рассмотреть случай $xy\le 2, yz\le 2, xz\le 2$

Да. У меня тоже получился этот результат, но другим способом. Тогда остаётся рассмотреть два случая. Один простой. Второй- простой, стандартный, громоздкий (но с вольфрамом просто). Начнём со второго.
Докажем исходное неравенство (из Сирии) для области:
$\frac1 2<x<1<y<z$
$xyz=1$, $x=\frac1 a$, $y=\frac a z$, $1<z<a<2$
$f=(z^2-z+2)a^4-(2z^3-2z^2+z+2)a^3+(2z^4-z^3+2z+1)a^2-(2z^4-2z^3+z^2+2z)a+(z^4-2z^3+2z^2)\ge0$
$f''_{aa}>0$, $f'_a>0$
Значит, достаточно исследовать функцию в точке $a=z$. В ней неравенство (из Сирии) верно. Далее в силу монотонного возрастания тоже верно.
Остаётся рассмотреть область $\frac1 2<x<y<1<z$.
Здесь всё ещё проще.

[sergei1961]

Добавления к доказательству от DeBill.
1. После выяснения, что максимум/минимум достигается на тройке $(x,x,1/x^2)$, можно пойти другим путём, возможно чуть более коротким, а не подставлять в исходное. Из того что всё-таки 3 разности равны, а не две, после Лагранжа подставляем в $2x^2-3x=2z^2-3z, z=\frac{1}{x^2}$, получаем уравнение $2 x^6 - 3 x^5 + 3 x^2 - 2=0$ для нахождения минимума. Чтобы доказать, что корней кроме $x=1$ больше нет, берём производную раз-другой и всё получается. Вряд ли это проще-чуть иначе.
2. Где в методе Лагранжа мы учли ограничения $x,y,z \ge 0$ ?

[waxtep]

Кажется, получилось довольно красивое решение:
1. Пусть $x, y, z$ - декартовы координаты; повернем оси так, чтобы новая $Oz'$ была направлена вдоль "старого" направления $(1,1,1)$, а, новая $Ox'$ - вдоль $(1,-1,0)$.

2. Введем сферические координаты $\rho, \theta, \varphi$ в новых осях; в них ограничение $xyz=1$ не включает в себя полярный угол $\varphi$: $\rho^3 \cos \theta (5 \cos^2 \theta - 3) = 6 \sqrt 3$

3. Исследуем экстремальность нашей функции по $\varphi$; в новых координатах условие равенства нулю производной по $\varphi$ не выглядит симпатично, зато в старых оно красиво:

$(y-z)f(x)=(x-z)f(y)$

где $f(x)= \frac {x^2 - 2x} {(x^2 - x +1)^2}$ - производная (по своему аргументу) от исходной дроби, с точностью до постоянного множителя.

4. В силу симметрии задачи, мы можем точно так же повернуть в "выгодное" положение $Ox$ или $Oy$, что дает для точки экстремума аналогичные равенства:

$(x-y)f(z)=(z-y)f(x)$
$(z-x)f(y)=(y-x)f(z)$

5. Перемножим равенства! Получим условие экстремума

$(x-y)(y-z)(z-x)f(x)f(y)f(z)=0$

6. В силу ограничения $xyz=1$ и справедливости каждого из трех равенств $(3,4)$ по отдельности, это дает всего две возможных точки экстремума (с точностью до перестановки координат) - $(2,2,1/4)$ и $(1,1,1)$. Вычисляем в них значения функции, $-10/39$ и $0$, соответственно.

Надеюсь, нигде не наврал; то, что в $(1,1,1)$ достигается именно максимум, - не доказывал.
Добавление к п.3: для получения "красивого" вида я домножил производную по $\varphi$ на $\rho \sin \theta$; соответственно, уже здесь следует рассмотреть случай $\sin \theta=0$, т.е. $x=y=z=1$

[DeBill]

waxtep

waxtep в сообщении #1108582 писал(а):

ограничение $xyz=1$ не включает в себя полярный угол $\varphi$

Это очень странно: дОлжно зависеть, ибо нет у этой поверхности "вращательной" симметрии, есть кака-то "вращательно-гиперболически" симметрия.
Но зато можно получить $xf(x) = yf(y)= zf(z)$ ...

[waxtep]

DeBill
Ах, черт побери...Да Спасибо!
Мог бы сообразить, что из $xy$ никаким поворотом не получить $x^2 + y^2$
Попробую вечером повозюкаться с гиперболическими координатами.

[waxtep]

DeBill в сообщении #1108646 писал(а):

Но зато можно получить $xf(x) = yf(y)= zf(z)$ ...

Да, действительно, без очипяток получается только это. Причем, оно должно быть равно чему-то неотрицательному, что заключает возможные точки экстремума внутрь кубика $[1/4,2]$ по $x,y,z$, что, в общем, несильно помогает.
У меня была еще одна недоведенная до конца идея, сделать подстановку $x_i = \sin \alpha_i / \sin (\alpha_i + \pi /3)$, приводящую неравенство к симпатичному виду $\sum \cos^2 \alpha_i \ge 3/4$, но оно как-то тоже не того.

[waxtep]

DeBill в сообщении #1108646 писал(а):

Но зато можно получить $xf(x) = yf(y)= zf(z)$ ...

А и это же дает ключ к решению, чего-то я зря засмущался
Итого:
1. Поворачиваем $xOy$ на $\pi/4$, вводим в этой плоскости гиперболические координаты, получаем независящее от гиперболического угла выражение для $xyz=1$
2. Варьируем функцию по гиперболическому углу, в силу симметрии задачи получаем для экстремумов $xf(x) = yf(y)= zf(z)=C \ge 0$; меньше нуля не подходит, поскольку это случай $x,y,z > 2$
Здесь, $xf(x)=\frac {x^2 (2-x)} {(x^2-x+1)^2}$
3. Из $C \ge 0$ заключаем, что $1/4 \le x,y,z \le 2$; на этом интервале $xf(x)$ имеет ровно один экстремум (анализ корней $x^3-3x^2-3x+4=0$)
4. А это значит, что каждому значению $C$ соответствует не более двух значений $x$; то есть, точка экстремума имеет координаты $(x,x,1/x^2)$ в самом общем случае.
5. Далее пишем функцию одной переменной "в лоб", в знаменателе существенно положительное выражение, а, в числителе, $-(x-1)^2 (x+1) (x^3-2x^2+x+1)$, снова анализ корней кубического полинома. Получаем единственный максимум $x=y=z=1$, ура!

(график $xf(x)$ мне кажется красивым)