Об одном свойстве пятимерного пространства

[arqady]

По-моему, Ваше гораздо слабее. Для $\vec{f}=\vec{s}=\frac{1}{\sqrt5}(1,1,1,1,1)$ Ваше неравенство даёт: $\operatorname{LS}\leq\sqrt{13}-1.$
Но должен признаться, Вы на правильном пути!

[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*}

Положим

$\sum\limits_{cyc}{f(a,b,c,d,e,x,y,z,t,w)}=f(a,b,c,d,e,x,y,z,t,w)+f(b,c,d,e,a,y,z,t,w,x)+$

$+f(c,d,e,a,b,z,t,w,x,y)+f(d,e,a,b,c,t,w,x,y,z)+f(e,a,b,c,d,w,x,y,z,t)$

Тогда нужно доказать:

$10\sum\limits_{cyc}{a^2}\sum\limits_{cyc}{(x-a)^2}\geq \left(\sum\limits_{cyc}{a(y+z-t-w)}\right)^2$

Используя неравенство Коши-Буняковского $\sum{p_i^2}\sum{q_i^2}\geq \left( \sum{p_iq_i} \right)^2$ имеем:

$10\sum\limits_{cyc}{a^2}\sum\limits_{cyc}{(x-a)^2}=\left(\sum\limits_{cyc}{(e+d-c-b)^2}+\sum\limits_{cyc}{(a-b+c)^2}+\sum\limits_{cyc}{(a+b+d)^2} \right)\sum\limits_{cyc}{(x-a)^2}\geq $

$\geq \sum\limits_{cyc}{(e+d-c-b)^2}\sum\limits_{cyc}{(x-a)^2} \geq \left( \sum\limits_{cyc}{(e+d-c-b)(x-a)}\right)^2=\left( \sum\limits_{cyc}{a(y+z-t-w)}\right)^2$

[mihiv]

Удалось найти максимальное значение левой части неравенства, оно равно: $\sqrt {5+2\sqrt 5}$. При этом не требуется даже находить сами векторы, дающие максимум, достаточно найти условие существования нетривиального решения системы линейных однородных уравнений Лагранжа.

[Rak so dna]

Задачка попроще:

Для $a^2+b^2+c^2+x^2+y^2+z^2=2$ найти наибольшее значение выражения $a(x-y)+b(y-z)+c(z-x)$

mihiv существенны ли в Вашем решении условия $a^2+b^2+c^2+d^2+e^2=1$, $x^2+y^2+z^2+t^2+w^2=1$ ? (В смысле изменится ли ответ, если заменить их условием $a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+x^2+y^2+z^2+t^2+w^2=2$ ). Так, например, в моей задаче ответ не меняется.

[mihiv]

Rak so dna в сообщении #1576706 писал(а):

изменится ли ответ, если заменить их условием $a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+x^2+y^2+z^2+t^2+w^2=2$ ). Так, например, в моей задаче ответ не меняется.

Да, действительно оказывается, ответ не изменяется. А в Вашей задаче ответ $\sqrt 3$?

[Rak so dna]

mihiv в сообщении #1576714 писал(а):

А в Вашей задаче ответ $\sqrt 3$?

Да. Вот доказательство без Лагранжа:

$(a(x-y)+b(y-z)+c(z-x))^2=\frac{3}{4}\left(x^2+y^2+z^2+a^2+b^2+c^2\right)^2$

$-\frac{3}{4}(a(x+y)+b(y+z)+c(z+x))^2$

$-\frac{3}{4}(ab+bc+ca-xy-yz-zx)^2$

$ -\frac{1}{8}\left(2(a^2+z^2)-(x^2+y^2+b^2+c^2)\right)^2$
$-\frac{1}{8}\left(2(b^2+x^2)-(y^2+z^2+a^2+c^2)\right)^2$
$-\frac{1}{8}\left(2(c^2+y^2)-(x^2+z^2+a^2+b^2)\right)^2$

$-\frac{3}{4}(ab-ac+xz-yz)^2$
$-\frac{3}{4}(bc-ba+yx-zx)^2$
$-\frac{3}{4}(ca-cb+zy-xy)^2$

$-\frac{1}{12}(ax+2ay+by-bz-cx-2cz)^2$
$-\frac{1}{12}(by+2bz+cz-cx-ay-2ax)^2$
$-\frac{1}{12}(cz+2cx+ax-ay-bz-2by)^2$

[Rak so dna]

Rak so dna в сообщении #1576737 писал(а):

Да. Вот доказательство без Лагранжа:...

Совсем простое решение может быть получено, если ввести подстановки $a\rightarrow a\sqrt3$, $b\rightarrow b\sqrt3$, $c\rightarrow c\sqrt3$:

$a(x-y)+b(y-z)+c(z-x)=\frac{\sqrt3}{2}(x^2+y^2+z^2+a^2+b^2+c^2)$

$-\frac{1}{2\sqrt3}(a+b+c)^2-\frac{1}{2\sqrt3}\sum\limits_{cyc}(x\sqrt3+c-a)^2$

Аналогично можно получить выражение и для $10$ переменных:

$\sum\limits_{cyc}a(y+z-t-w)=\frac{\sqrt{5+2\sqrt5}}{2}(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+x^2+y^2+z^2+t^2+w^2)$

$-\frac{1}{2\sqrt{5+2\sqrt5}}(a+b+c+d+e)^2-\frac{1}{2\sqrt{5+2\sqrt5}}\sum\limits_{cyc}\left(x\sqrt{5+2\sqrt5}+b+c-d-e\right)^2$

$-\frac{2\sqrt5-1}{19\sqrt{5+2\sqrt{5}}}\sum\limits_{cyc}\left(a-b-c+d-e\sqrt5\right)^2 -\frac{37+21\sqrt5}{4180\sqrt{5+2\sqrt5}}\sum\limits_{cyc}\left((2\sqrt5-4)b-(3-\sqrt5)(a+c)\right)^2$

$-\frac{2(71+29\sqrt5)}{1045\sqrt{5+2\sqrt5}}\sum\limits_{cyc}\left(a+d+(\sqrt5-2)(b+c-e)\right)^2$

[mihiv]

Методом Лагранжа максимальное значение можно найти не только при $n=3,5$, но и при любом нечетном $n$. Задача сводится к нахождению наибольшего собственного значения некоторой матрицы размера $n\times n$. Приведу окончательный результат для $n=3$, для других $n$ все аналогично.
1.Рассмотрим $n$ векторов:$p_1=(0,1,-1), p_2=(-1,0,1), p_3=(1,-1,0) $ (координаты векторов равны коэффициентам перед $x,y,z$ в круглых скобках в выражении $S=a(y-z)+b(z-x)+c(x-y)\eqno (1)$).
2.Образуем скалярные произведения: $a_1=(p_1,p_1)=2, a_2=(p_1,p_2)=-1, a_3=(p_1,p_3)=-1$.
3.Найдем $A=\max \limits _kf(\varepsilon _k), \varepsilon _k=\exp (i\frac {2\pi k}n), k=1,\dots ,n, f(x)=a_1+a_2x+a_3x^2$( то есть максимальное значение полинома $f(x)$ на корнях степени $n$ из 1). В нашем случае $A=2-\exp (i\frac {2\pi }3)-\exp (i\frac {4\pi }3)=3$.
4.Максимальное значение (1) равно: $\sqrt A=\sqrt 3.$