Тригонометрические неравенства

[di_lynx]

Добрый день, коллеги. Столкнулась с необходимостью доказать тригонометрические нераевнства определённого вида. Приведу, как пример, следующее:
$9 - 4 ( \cos(x_1-x_2) + \cos(x_1-x_3) + \cos(x_2-x_3)) + (\cos(2 x_1 - x_2 - x_3) + \cos(2 x_2 - x_1 - x_3) + \cos(2 x_3 - x_1- x_2)) \geq 0$.
Его я доказать могу, причём разными способами. Однако, следующее аналогичное неравенство включает уже 4 переменных, так что доказательство напрямую усложняется и очень быстро становится невозможным. Я не верю, что нет каких-то известных неравенств, позволяющих делать это проще.

Итак, имеем следующее:
1) Выражение, по сути, зависит от разностей $x_i - x_j$, так что можно, например, зафиксировать одну из точек или считать сумму равной 0, это неважно.
2) Связи между переменными важны, оценивать $-1\leq \cos(x)\leq 1$, очевидно, нельзя.
3) Можно записать $x_1 - x_2 = t_1$ и так далее, работать дальше с этими величинами. Это упростит дело, но не сильно, поскольку там в других неравенствах уже может быть, например, $\cos(5x_1 - x_2 - x_3 - x_4 - x_5 - x_6)$, станет оно на одно слагаемое короче, ну и что.
4) Если все переменные равны нулю, наше выражение также равно нулю - слагаемые с отрицательными коэффициентами максимально "плохие", но их компенсируют положительные и свободный член.
5) В данном случае можно перейти к $\cos(x_i)$ и $\sin(x_i)$, немного повозиться и получить решение. Такие вычисления меня не интересуют - если переменных штук 10 будет, из этого уже не выплыть, а меня вообще общий случай интересует.

Я уже много где искала, но пока ничего подходящего не нашла. Может, кто-то знает, где ещё можно посмотреть? Красивая штука получается, слабо верится, что никто этим не занимался.

[Null]

Без дополнительных ограничений на функцию, эта задача сводиться к поиску минимума многочлена нескольких переменных(там довольно трудоемкое решение которое сводиться к поиску корня многочлена высокой степени). Я так понимаю это не то что вам нужно. Напишите какие функции вас интересуют. Линейные комбинации косинусов линейных функций?

[di_lynx]

Да, такая минимизация не подходит, потому что для каждой степени нужно будет заново решать, и вычисления будут всё более сложными. Меня интересуют тригонометрические неравенства (/равенства?), связывающие выражения, содержащие $\cos(x_i-x_j)$, $\cos(2x_i-x_j-x_k)$, $\cos(3x_i-x_j-x_k-x_s)$, $\cos(k x_i - x_{j_1}-\cdots - x_{j_k})$ и т.д. Другими словами, это тригонометрические функции от $x_i - x_j$, но построенные так, что сумма коэффициентов внутри каждого косинуса равна нулю. В моём случае там вообще нет никаких других выражений, кроме перечисленных, т.е., например, $\cos(x_i+x_j - x_k - x_s)$ не участвует в записи выражения (хотя к нему можно прийти в ходе попытки доказательства). В целом, я ищу какую-нибудь литературу, где имело бы смысл искать подобные неравенства, но если есть какие-то идеи по доказательству, было бы также здорово.

В общем виде у меня полиномы выглядят так:

$$ a_0 - a_1 \sum \cos(x_i-x_j) + a_2 \sum\cos(2x_i-x_j-x_k) +... + (-1)^k a_k \sum\cos(k x_i - x_{j_1}-\cdots - x_{j_k} ) $$

Коэффициенты $a_j$ я знаю, мне нужно как-то доказать неотрицательность. Ищу общий подход.

[nnosipov]

di_lynx в сообщении #1669391 писал(а):

Коэффициенты $a_j$ я знаю, мне нужно как-то доказать неотрицательность.

То есть, раз коэффициенты $a_j$ известны, то и сам полином полностью известен (для данного $k$). А почему Вы уверены, что он всегда неотрицательный? Или это гипотеза, которую хочется доказать?

[di_lynx]

Для определённых значений проверено численно, для маленьких ($k=2, k=3$) - аналитически. а так да, это гипотеза. Собственно, это часть доказательства более важной гипотезы, а у нас есть основания полагать, что она верна, поэтому уверенность есть. Да, разумеется, функция известна, просто мне для произвольного $k$ хорошо бы получить доказательство, поэтому и ищу что-то более общее. Дело в том, что это настолько просто выглядит, что возникает ощущение, что нужна буквально формула из учебника. Осталось найти этот учебник =)

[Rak so dna]

di_lynx ну выпишите свой "полином" для $k=4$, если в общем виде это секрет. Посмотрим, покрутим, повертим...

[di_lynx]

Да не секрет, просто не хотела, чтобы конкретные числа сбивали с толку. Давайте сначала для $k=3$ покажу, он передо мной на экране сейчас.

$$ a_0 = 72, a_1 = 10, a_2 = 5, a_3 = 3. $$

Он посчитан, но очень трудозатратно, так что уже для него простое решение уже было бы успехом.

В общем случае

$$ a_0 = 30k(k+1)/(k+2), a_j = 60/(j+1)(j+2) $$

Т.е., они вообще одинаковые (кроме $a_0$), просто их всё больше. В суммах учитываются все возможные комбинации $x_j$. Уточню, что в первой сумме $\cos(x_i-x_j)$ и $\cos(x_j-x_i)$ считаются отдельно, поэтому в результате они, конечно, сложатся и в итоге перед $\cos(x_i-x_j)$ будет равно 20, а не 10. Записала так, чтобы формула одинаковая была.

[Rak so dna]

di_lynx в сообщении #1669399 писал(а):

В общем случае

$$ a_0 = 30k(k+1)/(k+2), a_j = 60/(j+1)(j+2) $$

То, что $a_j$ не зависит от $k$ выглядит странно.

di_lynx в сообщении #1669399 писал(а):

В суммах учитываются все возможные комбинации $x_j$. Уточню, что в первой сумме $\cos(x_i-x_j)$ и $\cos(x_j-x_i)$ считаются отдельно, поэтому в результате они, конечно, сложатся и в итоге перед $\cos(x_i-x_j)$ будет равно 20, а не 10. Записала так, чтобы формула одинаковая была.

Случай $i=j$ тоже учитывается?

[di_lynx]

Нет, забыла уточнить, они все разные должны быть. Да, $a_j$ не зависят от $k$, такое условие. Но в самих суммах слагаемых больше становится, конечно же.

[nnosipov]

А всего переменных иксов сколько для данного $k$? Я так понял, что это $x_1, \ldots, x_{k+1}$.

[Rak so dna]

Если я всё правильно понял, то для $k=3$ мы имеем:

\footnotesize\begin{align*} &72-20\Bigl(\cos(a-b)+\cos(a-c)+\cos(a-d)+\cos(b-c)+\cos(b-d)+\cos(c-d)\Bigr) \\ &+5\left(\begin{array}{c} \cos(2a-b-c)+\cos(2a-b-d)+\cos(2a-c-d)+\cos(2b-a-c)+\cos(2b-a-d)+\cos(2b-c-d)\\ +\cos(2c-a-b)+\cos(2c-a-d)+\cos(2c-b-d)+\cos(2d-a-b)+\cos(2d-a-c)+\cos(2d-b-c) \end{array}\right) \\ &-3\Bigl(\cos(3a-b-c-d)+\cos(3b-a-c-d)+\cos(3c-a-b-d)+\cos(3d-a-b-c)\Bigr) \\ \geq 0 \end{align*}

верно?

[di_lynx]

Да, всё так. Извините за кривую запись, я не ожидала, что кто-то подробно захочет смотреть. $a,b,c,d$ могут быть любыми.

[Rak so dna]

Пусть

\footnotesize\begin{align*} &f(a,b,c,d)= \\ &72-20\Bigl(\cos(a-b)+\cos(a-c)+\cos(a-d)+\cos(b-c)+\cos(b-d)+\cos(c-d)\Bigr) \\ &+5\left(\begin{array}{c} \cos(2a-b-c)+\cos(2a-b-d)+\cos(2a-c-d)+\cos(2b-a-c)+\cos(2b-a-d)+\cos(2b-c-d)\\ +\cos(2c-a-b)+\cos(2c-a-d)+\cos(2c-b-d)+\cos(2d-a-b)+\cos(2d-a-c)+\cos(2d-b-c) \end{array}\right) \\ &-3\Bigl(\cos(3a-b-c-d)+\cos(3b-a-c-d)+\cos(3c-a-b-d)+\cos(3d-a-b-c)\Bigr) \\\\ &g(x,y,z)= \\ &18 - 12\Bigl(\cos{x}+\cos{y}+\cos{z}\Bigr) + 2\Bigl(\cos(x-y)+\cos(y-z)+\cos(z-x)\Bigr) \\ &+5\Bigl(\cos(x+y)+\cos(y+z)+\cos(z+x)\Bigr) - 3\cos(x+y+z) \\\\ &h(x,y,z)=\frac{2\Bigl(z^2(xy-1)^2 + x^2(yz-1)^2 + y^2(zx-1)^2\Bigr) + 10\Bigl(z^2(x-y)^2+x^2(y-z)^2+y^2(z-x)^2\Bigr) + 72x^2y^2z^2}{(x^2+1)(y^2+1)(z^2+1)} \end{align*}

тогда

$\footnotesize\begin{array}{c} f(a,b,c,d)=g(a-b,a-c,a-d)+g(b-a,b-c,b-d)+g(c-a,c-b,c-d)+g(d-a,d-b,d-c) \end{array}$

причём

$\footnotesize\begin{array}{c} g(x,y,z) = h\left(\tg\frac{x}{2},\tg\frac{y}{2},\tg\frac{z}{2}\right)\geq 0 \end{array}$

(maxima code)

f(a,b,c,d) :=
     72 - 20*(cos(a-b)+cos(a-c)+cos(a-d)+cos(b-c)+cos(b-d)+cos(c-d))
    + 5*(cos(2*a-b-c)+cos(2*a-b-d)+cos(2*a-c-d)+cos(2*b-a-c)+cos(2*b-a-d)+cos(2*b-c-d)+
            cos(2*c-a-b)+cos(2*c-a-d)+cos(2*c-b-d)+cos(2*d-a-b)+cos(2*d-a-c)+cos(2*d-b-c))
    -3*(cos(3*a-b-c-d)+cos(3*b-a-c-d)+cos(3*c-a-b-d)+cos(3*d-a-b-c)) ;

g(x,y,z) := 18 - 12*(cos(x)+cos(y)+cos(z)) + 2*(cos(x-y)+cos(y-z)+cos(z-x)) + 5*(cos(x+y)+cos(y+z)+cos(z+x)) - 3*cos(x+y+z) ;

h(x,y,z) := 
(2*(z^2*(x*y-1)^2 + x^2*(y*z-1)^2 + y^2*(z*x-1)^2) + 10*(z^2*(x-y)^2+x^2*(y-z)^2+y^2*(z-x)^2) + 72*x^2*y^2*z^2)
/((x^2+1)*(y^2+1)*(z^2+1)) ;

rat(g(a-b,a-c,a-d)+g(b-a,b-c,b-d)+g(c-a,c-b,c-d)+g(d-a,d-b,d-c) - f(a,b,c,d)) ;

Rez(x,y,z) := g(x,y,z) - h(tan(x/2),tan(y/2),tan(z/2)) ;

float(Rez(3,1,8));

[Rak so dna]

Если нигде не ошибся, то для пяти переменных неравенство уже неверно.
Контрпример $(2,2,2,2,-3)$

(maxima code)

f(a,b,c,d,e) :=
100 
- 20*(cos(a-b)+cos(a-c)+cos(a-d)+cos(a-e)+cos(b-c)+cos(b-d)+cos(b-e)+cos(c-d)+cos(c-e)+cos(d-e))
+ 5*(cos(2*a-b-c)+cos(2*a-b-d)+cos(2*a-b-e)+cos(2*a-c-d)+cos(2*a-c-e)+cos(2*a-d-e)
        +cos(2*b-a-c)+cos(2*b-a-d)+cos(2*b-a-e)+cos(2*b-c-d)+cos(2*b-c-e)+cos(2*b-d-e)
        +cos(2*c-a-b)+cos(2*c-a-d)+cos(2*c-a-e)+cos(2*c-b-d)+cos(2*c-b-e)+cos(2*c-d-e)
        +cos(2*d-a-b)+cos(2*d-a-c)+cos(2*d-a-e)+cos(2*d-b-c)+cos(2*d-b-e)+cos(2*d-c-e)
        +cos(2*e-a-b)+cos(2*e-a-c)+cos(2*e-a-d)+cos(2*e-b-c)+cos(2*e-b-d)+cos(2*e-c-d))
    -3*(cos(3*a-b-c-d)+cos(3*a-b-c-e)+cos(3*a-b-d-e)+cos(3*a-c-d-e)
        +cos(3*b-a-c-d)+cos(3*b-a-c-e)+cos(3*b-a-d-e)+cos(3*b-c-d-e)
        +cos(3*c-a-b-d)+cos(3*c-a-b-e)+cos(3*c-a-d-e)+cos(3*c-b-d-e)
        +cos(3*d-a-b-c)+cos(3*d-a-b-e)+cos(3*d-a-c-e)+cos(3*d-b-c-e)
        +cos(3*e-a-b-c)+cos(3*e-a-b-d)+cos(3*e-a-c-d)+cos(3*e-b-c-d)) 
+ 2*(cos(4*a-b-c-d-e)+cos(4*b-a-c-d-e)+cos(4*c-a-b-d-e)+cos(4*d-a-b-c-e)+cos(4*e-a-b-c-d)) ;

rat(f(x,x,x,x,x));
float(f(2,2,2,2,-3));

Хотя ТС говорит, что численная проверка была... Видимо я что-то не так понял.