Неравенство 8.

[TR63]

Верно ли утверждение:

Пусть имеется функция

$$f\{x;(p,q,r)\}=p(y;z)x^2+q(y;z)x+r(y;z)$$

Известно, что $f\{x=a;(p,q,r)\}\le0$, $f\{x=b;(p,q,r)\}\le0$ при любых (y;z) из области их определения; $p(y;z)>0$. Тогда этого достаточно, чтобы сделать вывод: $f\{x;(p,q,r)\}\le0$ при $a\le x\le b$
Если это утверждение верно, то хочу применить его к паре неравенств. Если оно не верно, то прошу объяснить, почему. Желательно на примере.

[svv]

Вы спрашиваете о таких фундаментальных вещах, поэтому и ответ (положительный) будет придирчивым. Вы вводите обозначение $f\{x;(p,q,r)\}$. Оно предполагает, что $p,q,r$ здесь являются независимыми переменными.

У Вас-то $p,q,r$ являются функциями $y,z$, но в выражении $f\{x;(p,q,r)\}$ я имею право брать любые тройки $(p,q,r)$, в том числе и такие, которые не могут получиться ни при каких значениях $y, z$. В частности, взять $p<0$.

Чтобы такого не происходило, надо определить
$f\{x;(p,q,r)\}=px^2+qx+r$,
где $p,q,r$ произвольные вещественные числа,
$F\{x;(y,z)\}=f\{x;\,(p(y,z),\,q(y,z),\,r(y,z))\}$,
и задавать Ваш вопрос по отношению к $F\{x;(y,z)\}$.

Ответ — да.

[TR63]

svv, спасибо за разъяснение. Я поняла, что вопрос можно задавать по отношению к $f\{x;(p(y;z),q(y;z),r(y;z))\}$.
Позже хочу уточнить своё понимание на примере.

[TR63]

Пример.
Для (a,b,c) таких, что $a+b+c=1$, $ab>0$, $c\ge0$, требуется доказать неравенство:

$$f(c;b;a)=(2b^2+2a^2+1)c^2+(7ab-1)c+2(ab)^2-(ab)\le0$$

1). $f(c=0;b;a)\le0$
2). $f(c=\frac1 3;b=\frac2 3-a;a)\le0$
Вопрос: можно ли считать, что с логической точки зрения (пока без проверки арифметики) неравенство доказано.
Верно ли я поняла, что можно.
Если верно, то далее можно сделать некоторые обобщения.
Собственно, это неравенство имеет тривиальное решение, но с изюминкой, которую найти не каждый может (решение находится в "Олимпиадном разделе, но меня интересует возможность обобщения; тогда эту идею, если она верна, хочу применить к неравенству, имеющему сложное решение, и получить тривиальное решение).

[DeBill]

TR63 в сообщении #1158906 писал(а):

Верно ли я поняла, что можно.

Нет, конечно.
Ведь в стартовом посте Вы требовали выполнения условия 2) при всех значениях параметров (и тогда - да, все хорошо), а сейчас - не при всех (и теперь нет, все нехорошо)

-- 11.10.2016, 18:31 --

TR63 в сообщении #1158906 писал(а):

это неравенство имеет тривиальное решение, но с изюминкой, которую найти не каждый может

По моему, я ее - изюминку эту - нашел. Вот она: неравенство это неверно. Действительно, если $a=-n = b, c=2n+1$, то при больших $n$ члены четвертой степени забьют напрочь всех прочих, и слева будет шибко положительно..

[TR63]

DeBill в сообщении #1158941 писал(а):

По моему, я ее - изюминку эту - нашел. Вот она: неравенство это неверно. Действительно, если $a=-n = b, c=2n+1$

Думаю, что неравенство всё-таки верно, но в области определения: $a>0$, $b>0$, $c\ge0$, $a+b+c=1$. DeBill, в этой области определения Вы недавно сами предложили идею доказательства этого неравенства (я его записала в другой форме и сузила область определения).
В суженной области определения для доказательства неравенства достаточно выполнения пунктов 1), 2)?

[DeBill]

TR63 в сообщении #1158993 писал(а):

В суженной области определения для доказательства неравенства достаточно выполнения пунктов 1), 2)?

Cмотря каких: из стартового поста - да; из последующего - нет.

[TR63]

DeBill в сообщении #1158941 писал(а):

Ведь в стартовом посте Вы требовали выполнения условия 2) при всех значениях параметров (и тогда - да, все хорошо), а сейчас - не при всех (и теперь нет, все нехорошо)

1). Что значит, при всех значениях параметров? У меня параметры должны удовлетворять условию: $a+b+c=1$, $a>0$, $b>0$, $c\ge0$. И неравенство я рассматриваю только для значений, удовлетворяющих этим условиям.
2). Что значит, а сейчас не при всех?
При этих условиях, не ограничивая общности, можно считать, что $0\le c\le\frac1 3$. Т.е., если $c>\frac1 3$, то, в силу того, что неравенство является перестановочным, этот факт можно игнорировать.
Далее я рассматриваю неравенство как параболу относительно переменной (с) и пользуюсь свойством: если функция не положительна на концах промежутка, то она не положительна и внутри промежутка.
Если эти рассуждения ошибочны, то я не понимаю, почему. Если можете объяснить на примере, пожалуйста, объясните на примере.
Интересно, существует ли контрпример к таким рассуждениям. Мне не встречался.

[Xaositect]

TR63 в сообщении #1159036 писал(а):

1). Что значит, при всех значениях параметров? У меня параметры должны удовлетворять условию: $a+b+c=1$, $a>0$, $b>0$, $c\ge0$. И неравенство я рассматриваю только для значений, удовлетворяющих этим условиям.

Вот так сделать не получится. В обозначениях первого поста, нужно, чтобы параметры $y,z$ не зависели от $x$.

Контрпример. Вашим методом можно доказать неверное утверждение: $f(x, y, z) = x^2 + x y^{100} z^{100} - 2 \leq 0$, где $x + y + z = 3$, $x,y,z \geq 0$.
при $x = 0$ имеем $f(x, y, z) = -2 \leq 0$
при $x = 1, y = 1 + a, z = 1 - a$ имеем $f(x, y, z) = (1 - a^2)^{100} - 1 \leq 0$, потому что $(1 - a^2) \leq 1 \Rightarrow (1 - a^2)^{100} \leq 1$.

а между тем при $x = \frac12, y = 1, z = \frac32$ у нас $f(x, y, z) > 0$

[TR63]

Xaositect, спасибо за контрпример. Так понятнее.
Я думаю, что такой метод верен для неравенств, которые могут быть получены из однородных неравенств или из неравенств, имеющих гомогенизацию. Исходное неравенство получено из неравенства, имеющего гомогенизацию. Ваше неравенство, вероятно, не может быть получено из таких неравенств. (Но это в рамках гипотезы. Остаётся найти контрпример именно для такого неравенства.)
Ещё раз спасибо всем.

[TR63]

TR63 в сообщении #1159049 писал(а):

Я думаю, что такой метод верен для неравенств, которые могут быть получены из однородных неравенств или из неравенств, имеющих гомогенизацию.

К этому предположению (без наличия свойства перестановочности) нашла контрпример (смотреть надо в конце темы). http://dxdy.ru/topic111507.html.
Учитывая полученные замечания, сформулирую вопрос с учётом замечаний.
Для многочленов с постоянными коэффициентами, на промежутке $[a;b]$ имеющих один положительный корень, известно
1) свойство: если на концах промежутка знак не меняется, то и внутри промежутка знак не меняется.

Задача (Проблема): при каких условиях многочлен с непостоянными коэффициентами имеет аналогичное свойство.

Гипотеза.
Пусть многочлен (для простоты от трёх переменных) с переменными коэффициентами получен в результате преобразований однородного многочлена (или имеющего гомогенизацию; нормальный делитель для простоты пока не будем рассматривать) при условии $a+b+c=1$ и обладающего перестановочным свойством (т. е. при круговых заменах переменных он не изменяется). Известно, что при любых фиксированных параметрах в коэффициентах преобразованный многочлен имеет один положительный корень в области определения, определяемой условием $a+b+c=1$. Тогда к такому многочлену применимо свойство (1), имеющее место для многочленов с постоянными коэффициентами.
Вопросы:
1). Понятно ли сформулирована гипотеза. (Если непонятно, то просьба указать, что именно не понятно.)
2). Существует ли контрпример к такой гипотезе.