2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение14.03.2016, 00:24 


25/08/11

1074
Вы всё время спешите, зачем? Разве 5-2=2 ? Пусть будет как раньше, 5-2=3, хорошо?
Не обижайтесь.

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение14.03.2016, 00:33 


03/03/12
1266
Хорошо.(Спутала плюс с минусом; извините.)

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение14.03.2016, 09:12 


03/03/12
1266
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.)

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение14.03.2016, 09:47 


25/08/11

1074
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение15.03.2016, 17:23 


03/03/12
1266
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:

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

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

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

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение18.03.2016, 14:30 


25/08/11

1074
Так всё-таки: доказали или не доказали?

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение18.03.2016, 17:31 


03/03/12
1266
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение18.03.2016, 18:19 


25/08/11

1074
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение21.03.2016, 10:53 


03/03/12
1266
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение21.03.2016, 12:40 


25/08/11

1074
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 $x,y,z \ge 0$ ?

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение23.03.2016, 08:05 
Аватара пользователя


07/01/16
894
Аязьма
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. $x=y=z=1$

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение23.03.2016, 15:05 
Заслуженный участник


10/01/16
2139
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 $xf(x) = yf(y)= zf(z)$ ...

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение23.03.2016, 17:02 
Аватара пользователя


07/01/16
894
Аязьма
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение24.03.2016, 01:04 
Аватара пользователя


07/01/16
894
Аязьма
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение24.03.2016, 08:11 
Аватара пользователя


07/01/16
894
Аязьма
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)

Изображение

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 60 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group