Рациональное неравенство

[TR63]

sergei1961 в сообщении #1105622 писал(а):

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

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

Мне осталось рассмотреть область: $\frac1 2\le x\le y\le1\le z\le2$. В этой области воспользуемся следующими простыми неравенствами:

$1-x\le x$, $1-y\le{1-x}$, $z^2-z\ge{y^2-y}\ge x^2-x$

$\frac{z-1}{z^2-z+1}-\frac{1-x}{x^2-x+1}-\frac{1-y}{y^2-y+1}\le0$

Тогда получаем, что достаточно доказать усиленное неравенство:

$\frac{z-1}{z^2-z+1}-\frac{2(1-y)}{y^2-y+1}\le0$

$(z-1)(y^2-y+1)\le{2(1-y)(z^2-z+1)}$

Для доказательства этого неравенства достаточно доказать, что в рассматриваемой области верно неравенство:

$z-1\le2(1-y)$

$z+2y\le3$, $z+\frac{2}{xz}\le3$, $xz^2-3xz+2\le0$

$\frac1 x\le z\le\frac2 x$. Умножим все части неравенства на (yx)и учтём, что $xyz=1$:

$y\le1\le{2y}$

Это неравенство верно по условию. Значит, исходное неравенство верно в рассматриваемой области.

[waxtep]

TR63 в сообщении #1108993 писал(а):

$$xz^2-3xz+2\le0$

$\frac1 x\le z\le\frac2 x$

Во втором неравенстве, если не ошибаюсь, нижняя оценка для $z$ не сильнее требования первого неравенства, т.е. замена точного значения $\frac {3x-\sqrt {9x^2-8x}} {2x}$ на $\frac 1 x$ не проходит.

[TR63]

waxtep, это я ошиблась с дискриминантом . Спасибо.
У меня получилась всего лишь новая частичная область $z+2y\le3$.

[TR63]

TR63 в сообщении #1108993 писал(а):

Мне осталось рассмотреть область: $\frac1 2\le x\le y\le1\le z\le2$. В этой области воспользуемся следующими простыми неравенствами:

$1-x\le x$, $1-y\le{1-x}$, $z^2-z\ge{y^2-y}\ge x^2-x$

$\frac{z-1}{z^2-z+1}-\frac{1-x}{x^2-x+1}-\frac{1-y}{y^2-y+1}\le0$

Тогда получаем, что достаточно доказать усиленное неравенство:

$\frac{z-1}{z^2-z+1}-\frac{2(1-y)}{y^2-y+1}\le0$

Исходное неравенство не превосходит усиленного неравенства. Получается, что $f(z;x;y)\le f(z;y;y)$. Верно ли, что из этого следует, что экстремум достигается в точке$f(\frac{1}{y^2};y;y)$. Если верно, то переходим к неравенству от одной переменной.

[waxtep]

TR63 в сообщении #1109188 писал(а):

Верно ли, что из этого следует, что экстремум достигается в точке$f(\frac{1}{y^2};y;y)$

Подумал над Вашим вопросом, кажется, что необязательно. Не могу назвать изложение ниже доказательством, это, скорее, "наводящие соображения":
1. зафиксируем $z$; мы знаем, что для любого $y$, $F(y) \ge F(1/yz)$, поскольку в нашей области $1/2 \le 1/yz \le y \le 1$ функция $F(y)= \frac {y-1} {y^2-y+1}$ монотонно растет.
2. а хотим из этого доказать, что при данном $z$ и для любого $y \in [1/2, 1]$, верно $2F(1/\sqrt z) \ge F(y) + F(1/yz)$
И затем распространить этот результат на все значения $z \in [1, 2]$.
Не вижу с ходу простого способа сделать это, по-моему, это не сильно проще решения исходной задачи
Т.е. это правда, что экстремум достигается когда хотя бы два, а, на самом деле, все три аргумента равны, но, неочевидно, что это можно получить просто из монотонности $F$

[TR63]

Поняла. Главное- доказать, что экстремум достигается в точке, где все переменные равны. Эта Ваша идея, действительно, красивая.
Спасибо за объяснение. Но я не поняла, почему надо фиксировать переменную z. Ведь у нас $f(z;y;y)=f(\frac{1}{y^2};y;y)$.

[waxtep]

TR63 в сообщении #1109230 писал(а):

почему надо фиксировать переменную z.

Это мне просто так было удобнее думать а так, конечно, можно сразу браться за доказательство для $\forall z \in [1, 2], \forall y \in [1/\sqrt z, 1]$

[Null]

Цитата:

$$ \frac{x-1}{x^2-x+1}+\frac{y-1}{y^2-y+1}+\frac{z-1}{z^2-z+1} \leq c \ln(x)+c \ln(y)+c \ln(z) \leq c\ln(xyz)=0. $$

так как $ \frac{x-1}{(x^2-x+1)\ln(x)}$ - ограниченно.

Это не правильно, из $ \frac{x-1}{(x^2-x+1)\ln(x)}\le c $ не следует $ \frac{x-1}{(x^2-x+1)}\le c\ln(x) $

[sergei1961]

Null - в неравенствах так не прокатывает. Что Вы написали, конечно верно, но только вне некоторого куба или шара. А надо для всех.

[Null]

sergei1961 в сообщении #1111092 писал(а):

Null - в неравенствах так не прокатывает. Что Вы написали, конечно верно, но только вне некоторого куба или шара. А надо для всех.

Вне какого шара? Неравенство то верно везде.
Там ошибка в том что домножается на отрицательное $\ln(x)$.

[sergei1961]

Куб $0\le x,y,z \le 1$.

[sergei1961]

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

Попытка использовать при доказательстве выпуклость поверхности.
Дана выпуклая поверхность $z=f(x,y)$, в одной точке её касается шар, или сфера (не знаю, как точнее), в том смысле что в этой точке у них общая касательная плоскость. Верно ли, что шар лежит целиком выше/ниже заданной поверхности, то есть других точек пересечения у них нет?
Конкретно вот наш пример: поверхность $z=1/(xy)$, шар $(x-3/2)^2+(y-3/2)^2+(z-3/2)^2=3/4$,
переменные положительны $x,y,z>0$. На рисунке видно, что шар лежит над поверхностью, они касаются в единственной точке $(1,1,1)$. Вычисление производных показывает, что эта поверхность выпуклая. Можно отсюда показать, что других пересечений поверхности и шара нет?

[Sergic Primazon]

sergei1961 в сообщении #1112637 писал(а):

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

$$p=x+y+z \ge 3, q =xy+yz+zx, r=xyz=1$$

$$x^2+y^2+z^2 -3x-3y-3z+6 = p^2-2q-3p+6 \ge 0$$

по неравенству Шура: $p^3+9r \ge 4pq$
Получаем:

$$p^2-2q-3p+6 \ge p^2- \frac{1}{2}(p^2+\frac{9}{p})-3p+6 \ge 0$$

$$\Leftrightarrow \frac{(p-3)(p^2-3p+3)}{2p}\ge 0$$

[Sergic Primazon]

sergei1961 в сообщении #1105622 писал(а):

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

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

Пусть $0 <x\le y\le z $

$f (t)=\frac{t-1}{t^2-t+1}$, $f'(t)= \frac{t (2-t)}{(t^2-t+1)^2}$

1. $0 <x \le \frac{1}{2}$: $f (x)+f (y)+f (z) \le f (0.5) + 2f (2)=0$

2. $g (t)= \ln (t)- f (t) $, $g'(t)= \frac{(t-1)(t^3+t-1)}{t (t^2-t+1)^2}$

$f (t) \le \ln (t) $ при $t \ge 0.55$

Поэтому при $x \ge 0.55$: $f (x)+f (y)+f (z) \le \ln (x)+ \ln (y)+\ln (z) =0$

3. $0.5 \le x \le 0.55 \Rightarrow yz \le 2\Rightarrow f (x)+f (y)+f (z) < f (0.55)+f (\sqrt {2})+f (2) <0$

[sergei1961]

Здорово! $0.55$ - это символическая величина вместо точного корня кубического уравнения?
Ваш пункт 1 совпадает с моим отсюда
posting.php?mode=quote&f=1&p=1106496
-тогда произведение двух чисел больше 2, но это не важно.
Немного напрягает только, что надо считать $f$ от этого неопределённого корня, хотя понятно, там можно с двух сторон оценить этот корень и функцию в нём, но немного смажется красота в угоду полноте и строгости.