Об одном свойстве пятимерного пространства

[arqady]

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*}

[waxtep]

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 )

[novichok2018]

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).

[arqady]

Да, имеется короткое и красивое решение в одну строчку.

[novichok2018]

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?

[arqady]

Важно, что бы было $\sqrt{4\cdot5}.$

[Rak 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
$\sum\limits_{cyc}f(x,y,z,a,b,c)=f(x,y,z,a,b,c)+f(y,z,x,b,c,a)+f(z,x,y,c,a,b)$

[waxtep]

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

[novichok2018]

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.

[waxtep]

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

[novichok2018]

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?

[waxtep]

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 Интересно кстати, верно ли, что этот максимум достигается только при $\vec{n}=\bold0$? Т.е. при $(a,b,c,d,e)=(x,y,z,t,w)$

[novichok2018]

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

[mihiv]

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.

[mihiv]

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:

$$\text {левая часть }\leq \sqrt {13}-\vec f\vec s$$