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 1, 2  След.
 
 Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение23.12.2020, 01:54 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Пусть $a^2+b^2+c^2+d^2+e^2=x^2+y^2+z^2+t^2+w^2=1.$ Докажите, что:

\begin{multline*}a(y+z-t-w)+b(z+t-w-x)+c(t+w-x-y)+d(w+x-y-z)+e(x+y-z-t)\leq\\
2\sqrt{5(1-ax-by-cz-dt-ew)}.\end{multline*}

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение04.01.2021, 02:40 
Аватара пользователя


07/01/16
1426
Аязьма
Не уверен, но кажется можно немного упростить задачу: пусть $(a,b,c,d,e)$ и $(x,y,z,t,w)$ - декартовы координаты векторов $\vec{f}$ и $\vec{s}$, соответственно; возьмем $\vec{m}=(\vec{f}+\vec{s})/2, \vec{n}=(\vec{f}-\vec{s})/2$, координаты этих векторов будем уже просто нумеровать. Исходное неравенство в них запишется так:$$\sum_{cyc}m_1(n_2+n_3-n_4-n_5)\leq\sqrt{10}|\vec{n}|$$Если все это возвести в квадрат и пособирать в суммы квадратов, получится$$\left(10-\sum_{cyc}(m_1+m_2-m_3-m_4)^2\right)|\vec{n}|^2+G\geq0$$где $G$ обозначает сумму квадратов (довольно зловещего) вида $(n_1(m_3+m_4-m_5-m_1)-n_2(m_2+m_3-m_4-m_5))^2$
Теперь, если удастся доказать, что$$\sum_{cyc}(m_1+m_2-m_3-m_4)^2\leq10$$при $|\vec{m}|=1$, то и исходное неравенство будет доказано. Лобовой подход к этому неравенству обещает некоторое количество грязной работы, в силу (как мне кажется) наличия нетривиального максимума левой части, пока отложил. Очень интересно было бы посмотреть на контрпример, если существует (методом случайного тыка мне удалось добраться только до $9$ при $\vec{m}=(1/2,1/2,-1/2,-1/2,0)$, но потенциал для ухудшения ситуации кажется существует :-))

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение05.01.2021, 09:56 
Заблокирован


16/04/18

1129
waxtep - в последней сумме, которая <=10, 5 слагаемых?, оценка предполагается верной для
всех единичных пятимерных векторов? По форме именно это неравенство не должно быть специфически пятимерным, оно имеет обобщения на другие размерности?
arqady - кроме высказанной waxtep , идей похоже нет. Это специфическое свойство пятимерного пространства? Намёк бы на короткое решение, если оно есть.
"Нам бы схемку аль чертёж, Мы б затеяли вертёж..."(С).

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение05.01.2021, 20:25 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Да, имеется короткое и красивое решение в одну строчку.

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение06.01.2021, 09:16 
Заблокирован


16/04/18

1129
Действительно нужны два вектора?
Для одного нормированного вектора и суммы вида
$$
x_1(x_2+x_3-x_4-x_5)+...
$$
не будет работать Ваш метод доказательства практически дословно?
Важно , что чисел именно 5, не 4 или 6?

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение06.01.2021, 10:37 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Важно, что бы было $\sqrt{4\cdot5}.$

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение07.01.2021, 16:44 
Аватара пользователя


26/02/14
496
so dna
arqady в сообщении #1497534 писал(а):
Пусть $a^2+b^2+c^2+d^2+e^2=x^2+y^2+z^2+t^2+w^2=1.$ Докажите, что:

\begin{multline*}a(y+z-t-w)+b(z+t-w-x)+c(t+w-x-y)+d(w+x-y-z)+e(x+y-z-t)\leq\\
2\sqrt{5(1-ax-by-cz-dt-ew)}.\end{multline*}

Похоже, утверждение верно и при $a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+x^2+y^2+z^2+t^2+w^2=2.$

Аналогичное утверждение для "3-х мерного пространства":
Пусть $a^2+b^2+c^2+x^2+y^2+z^2=2,$ тогда
$2\sqrt{3(1-ax-by-cz)} \geqslant a(y-z)+b(z-x)+c(x-y)$

Имеем:
$$3(x^2+y^2+z^2+a^2+b^2+c^2)((a-x)^2+(b-y)^2+(c-z)^2)-[a(y-z)+b(z-x)+c(x-y)]^2 = $
3\sum\limits_{cyc}(x-a)^2(y-b)^2+\sum\limits_{cyc}(x(b+c)-a(y+z))^2+
3\sum\limits_{cyc}(x-a)^2(x^2+a^2)+3\sum\limits_{cyc}(xy-ab)^2$
здесь
$\sum\limits_{cyc}f(x,y,z,a,b,c)=f(x,y,z,a,b,c)+f(y,z,x,b,c,a)+f(z,x,y,c,a,b)$

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение09.01.2021, 11:11 
Аватара пользователя


07/01/16
1426
Аязьма
В одну строчку не вижу, но можно вот как. В тех же обозначениях
waxtep в сообщении #1498909 писал(а):
пусть $(a,b,c,d,e)$ и $(x,y,z,t,w)$ - декартовы координаты векторов $\vec{f}$ и $\vec{s}$, соответственно; возьмем $\vec{m}=(\vec{f}+\vec{s})/2, \vec{n}=(\vec{f}-\vec{s})/2$, координаты этих векторов будем уже просто нумеровать
запишем исходное неравенство как$$\sum_{cyc}(m_2+m_3-m_4-m_5)n_1\leq\sqrt{10}|\vec{n}|$$Достаточно доказать,что$$\sum_{cyc}(m_2+m_3-m_4-m_5)^2\leq10\sum_{i=1}^5m_i^2$$а это верно, поскольку может быть записано в таком виде:$$0\leq10\sum_{cyc}(m_1^2+m_1m_3)+\sum_{cyc}(m_1+m_3-m_2)^2$$где каждая из сумм неотрицательна

-- 09.01.2021, 11:32 --

А нет, ерунда, получается лишь$$0\leq\sum_{cyc}(9m_1^2+10m_1m_3)+\sum_{cyc}(m_1+m_3-m_2)^2$$что неочевидно

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение09.01.2021, 15:02 
Заблокирован


16/04/18

1129
waxtep - если Вам не сложно, ответьте пожалуйста на мой предыдущий вопрос: сколько слагаемых и каких в сумме, которую Вы обозначаете $\sum_{cyc}(\ldots)^2$ ? Возможно Вы имеете в виду не настоящую циклическую сумму? В настоящей циклической сумме такого вида от пяти переменных 10X3=30 слагаемых или ещё больше, так (пару с плюсом можно выбрать из 5 переменных 10 способами, потом ещё пару с минусами из оставшихся 3 тремя способами)? Буду благодарен если выпишите эту сумму явно, без сокращений, как она у Вас получилась.

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение09.01.2021, 16:06 
Аватара пользователя


07/01/16
1426
Аязьма
novichok2018 в сообщении #1499870 писал(а):
waxtep - если Вам не сложно, ответьте пожалуйста на мой предыдущий вопрос: сколько слагаемых и каких в сумме, которую Вы обозначаете $\sum_{cyc}(\ldots)^2$ ?
Да, наверное, с обозначениями я дал маху, в сумме всего пять слагаемых. В предыдущей попытке было $20$, вот здесь:
waxtep в сообщении #1498909 писал(а):
где $G$ обозначает сумму квадратов (довольно зловещего) вида $(n_1(m_3+m_4-m_5-m_1)-n_2(m_2+m_3-m_4-m_5))^2$
Но похоже этот путь не ведет к успеху. В полной записи неравенство из предыдущего поста выглядит так:$$(m_2+m_3-m_4-m_5)n_1+(m_3+m_4-m_5-m_1)n_2+(m_4+m_5-m_1-m_2)n_3+$$$$+(m_5+m_1-m_2-m_3)n_4+(m_1+m_2-m_3-m_4)n_5\leq\sqrt{10(n_1^2+n_2^2+n_3^2+n_4^2+n_5^2)}$$
Попытка изобразить в левой части скалярное произведение, замена косинуса слева единицей, а единицы справа суммой $m_i^2$, возведение в квадрат и приборка членов приводит к такому:$$m_1m_2+m_2m_3+m_3m_4+m_4m_5+m_5m_1\leq3(m_1^2+m_2^2+m_3^2+m_4^2+m_5^2+m_1m_3+m_2m_4+m_3m_5+m_4m_1+m_5m_2)$$и с этим я уже встал в тупик

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение09.01.2021, 16:36 
Заблокирован


16/04/18

1129
Спасибо. Если понадеяться, что хватает применения К-Б для упрощения, то получается неравенство, указанное Вами ранее
$$
(m_2+m_3-m_4-m_5)^2+...  \leq 10.
$$
(всего 5 слагаемых).
Может быть отбросить гордость и попробовать методом Лагранжа на условный экстремум?

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение09.01.2021, 21:03 
Аватара пользователя


07/01/16
1426
Аязьма
novichok2018 в сообщении #1499898 писал(а):
Может быть отбросить гордость и попробовать методом Лагранжа на условный экстремум?
Подозреваю, максимум разности достигается в какой-либо хитрой граничной точке (точках), и помимо потраченной гордости еще и зубы обломать впустую придется :P Интересно кстати, верно ли, что этот максимум достигается только при $\vec{n}=\bold0$? Т.е. при $(a,b,c,d,e)=(x,y,z,t,w)$

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение09.01.2021, 21:25 
Заблокирован


16/04/18

1129
В последней формулировке уже один вектор, так же?
Понятно что к короткому доказательству так не придти.

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение12.01.2021, 12:29 
Заслуженный участник


03/01/09
1677
москва
Пусть $x=y=z=t =w=\dfrac 1{\sqrt 5},$а$ (a,b,c,d,e)$- произвольный единичный вектор. Тогда левая часть неравенства всегда равна $0$, а правая изменяется от $0$ при $a=b=c=d =e=\dfrac 1{\sqrt 5}$ до $2\sqrt {10}$ при $a=b=c=d=e=-\dfrac 1{\sqrt 5}$.
То есть неравенство довольно грубое, и, может быть, его можно улучшить.

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение14.01.2021, 19:49 
Заслуженный участник


03/01/09
1677
москва
Близкое к тому, что приведено у arqady.
Обозначим $\vec f=(a,b,c,d,e), \vec s=(x,y,z,t,w)$.Представим левую часть неравенства в виде:$$a(x+y+z-t-w)+b(y+z+t-w-x)+c(z+t+w-x-y)+d(t+w+x-y-z)+e(w+x+y-z-t)-\vec f \vec s$$К первым 5 слагаемым применим неравенство К.-Б. и получим: $$\text {левая часть }\leq \sqrt {\sum \limits _{cyc}(x+y+z-t-w)^2}-\vec f\vec s$$
Раскрываем скобки под корнем:$$\text {левая часть}\leq \sqrt {5+2(xy+xw+yz+zt+tw)-6(xz+xt+yt+yw+zw)}-\vec f\vec s$$
К каждому выражению в круглых скобках под корнем еще раз применяем неравенство К.-Б. и окончательно получаем:$$\text {левая часть }\leq \sqrt {13}-\vec f\vec s$$

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 23 ]  На страницу 1, 2  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