Неравенство

[Sonic86]

Вышеупомянутая подстановка дала неравенство:

$\frac{1}{128} \geq (1-2x)(x^3+3y^2-3xy)-xy^2$.

И еще надо учесть условие отрицательности дискриминанта $(\frac{1-27y}{2})^2<(1-3x)^3$.

Можно, наверное, и Лагранжем решить...

[arqady]

Sonic86 в сообщении #228399 писал(а):


И еще надо учесть условие отрицательности дискриминанта $(\frac{1-27y}{2})<(1-3x)^3$.

О чьём дискриминанте идёт речь и как Вы его учитываете? Поясните, пожалуйста.

[Sonic86]

Тема раньше была про универсальный способ решения неравенств.
У нас все числа $a,b,c \in \mathbb{R}$, значит уравнение $t^3-\sigma _1t^2 + \sigma _2 t - \sigma _ 3 = 0$ имеет 3 действительных корня, значит его дискриминант отрицательный. Приведено выражение для дискриминанта через $x,y$ без коэффициента $\sigma _1 ^3$

-- Чт июл 16, 2009 17:51:50 --

Тема называется "Универсальное неравенство", здесь:
topic9492.html

[arqady]

arqady в сообщении #229092 писал(а):

Sonic86 в сообщении #228399 писал(а):


И еще надо учесть условие отрицательности дискриминанта $(\frac{1-27y}{2})<(1-3x)^3$.

О чьём дискриминанте идёт речь и как Вы его учитываете? Поясните, пожалуйста.

Sonic86 в сообщении #229467 писал(а):

Тема раньше была про универсальный способ решения неравенств.
У нас все числа $a,b,c \in \mathbb{R}$, значит уравнение $t^3-\sigma _1t^2 + \sigma _2 t - \sigma _ 3 = 0$ имеет 3 действительных корня? значит его дискриминант отрицательный. Приведено выражение для дискриминанта через $x,y$ без коэффициента $\sigma _1 ^3$

У меня получилось $(a-b)^2(a-c)^2(b-c)^2=(a+b+c)^6(x^2-4x^3+18xy-4y-27y^2).$
Не вижу никакой связи с Вашим условием неположительности дискриминанта.
Вы также не ответили на другой мой вопрос: Как Вы учитываете Ваше условие при доказательстве неравенства?

[Sonic86]

arqady писал(а):

Не вижу никакой связи с Вашим условием неположительности дискриминанта.

Это условие вообще, оно верно при $a,b,c \in \mathbb{R}$.

arqady писал(а):

Вы также не ответили на другой мой вопрос: Как Вы учитываете Ваше условие при доказательстве неравенства?

Из него должно следовать любое данное неравенство, которое нужно доказать.

arqady писал(а):

У меня получилось $(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2 = (a+b+c)^6(x^2-4x^3+18xy-4y-27y^2)$

Вот давайте на этом примере!
Надо доказать, что из $a,b,c \in \mathbb{R}$ следует $(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2 \geq 0$.
Так как $a,b,c \in \mathbb{R}$, то $D < 0, (\frac{1-27y}{2} < (1-3x)^3)$
Так как $(a+b+c)^6 \geq 0$, то $(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2 \geq 0 \Leftrightarrow x^2-4x^3+18xy-4y-27y^2 \geq 0$.
Тогда нужно доказать, что при $(\frac{1-27y}{2} < (1-3x)^3)$ верно $x^2-4x^3+18xy-4y-27y^2 \geq 0$.
Вот собственно и весь способ. Дальше надо доказывать с помощью матанализа или еще чего-нибудь, но поскольку способ общий, доказательство, скорее всего, будет самое громоздкое. Для неравенств только с циклической симметрией не проходит.
Уравнение $(\frac{1-27y}{2} = (1-3x)^3)$ определяет параболу Нейля на плоскости, слева от нее все точки, удовлетворяющие неравенству $(\frac{1-27y}{2} < (1-3x)^3)$, а справа - нет.
$x^2-4x^3+18xy-4y-27y^2=0 \Leftrightarrow (27y-(4-18x))^2 = 16-144x+351x^2-108x^3 \Leftrightarrow y=\frac{1}{27}(4-18x \pm \sqrt{16-144x+351x^2-108x^3})$. (Теперь уже обе кривые можно нарисовать, посмотреть, как они располагаются, вторая кривая - эллиптическая, с точкой самопересечения. Она делит плоскость на 3 части, в двух из них $x^2-4x^3+18xy-4y-27y^2 \geq 0$. И область, где $\frac{1-27y}{2} < (1-3x)^3$ лежит внутри второй области, где $x^2-4x^3+18xy-4y-27y^2 \geq 0$, поэтому неравенство верно. Чтобы доказать, надо доказать верность 2-х неравенств от $x$ при $x < \frac{1}{3}$).
В данном случае это все глупо, конечно, выглядит, но вот 1-е неравенство в этой теме я так решил (о чем писал выше)

[arqady]

Sonic86 в сообщении #229850 писал(а):

Это условие вообще, оно верно при $a,b,c \in \mathbb{R}$.

Напомню, что речь идёт о следующем неравенстве:
$(\frac{1-27y}{2})<(1-3x)^3$.
Что значит "условие вообще"? И оно неверно. Проверьте $a=b=1$ и $c=0.$
Мне, тем не менее, очень интересно, откуда Вы его взяли? Может, всё-таки ответите?

[msg2000]

Предлагаю такой способ доказательства первоначального неравенства.
Можно считать, что $a+b+c=1$, и надо доказать, что $9-52\sigma_2+68\sigma_2^2+27\sigma_3-18\sigma_2\sigma_3\ge0$.
Равенство здесь будет для $\sigma_3=\sigma_3(\sigma_2)$. Подставляя это значение в выражение $(a-b)^2(a-c)^2(b-c)^2=\sigma_2^2-4\sigma_2^3-4\sigma_3+18\sigma_2\sigma_3 -27\sigma_3^2$, получим в числителе $-(-1+3\sigma_2)^2(135-816\sigma_2+1228\sigma_2^2+16\sigma_2^3)$, а в знаменателе положительную величину.
По правилу детерминанта кубический многочлен имеет только один вещественный корень. Ясно, что он отрицательный, так что этот многочлен больше нуля для $\sigma_2\ge0$.
Таким образом $\sigma_2=1/3$ и два из чисел $a,b,c$ равны, поэтому $a=b=c=1/3$.
Пусть теперь числа $a_1,b_1,c_1$ таковы, что $a_1\not=b_1,a_1+b_1+c_1=1$. Для чисел $a=ta_1,b=tb_1,c=(1-t)(a_1+b_1)+c_1,0\le t\le1$, левая часть исходного неравенства не обращается в нуль и для $t=0$ положительна, следовательно, она такая же для $t=1$.

[arqady]

По-моему, всё верно.
Забавное доказательство, msg2000!
Моё первое доказательство также основывалось на $(a-b)^2(a-c)^2(b-c)^2\geq0,$
только по-другому , но потом я увидел вот это.

[Sonic86]

arqady
Прошу меня извинить, но я допустил опечатку, имелось ввиду не $(\frac{1-27y}{2})<(1-3x)^3$, а $(\frac{1-27y}{2})^2<(1-3x)^3$. Правильное неравенство верно при $a,b,c \in \mathbb{R}$ (то есть вообще). Я исправлю.
Только доказательство уже было написано в теме "Универсальное неравенство", я ничего нового не придумал:
$a,b,c \in \mathbb{R} \Rightarrow$ уравнение $t^3- \sigma _1 t^2 + \sigma _2 t - \sigma _3 =0$ имеет 3 действительных корня $\Rightarrow$ дискриминант $D$ этого уравнения отрицательный. Выразим неравенство $D<0$ через $x,y$.
$t^3- \sigma _1 t^2 + \sigma _2 t - \sigma _3 =0 \Leftrightarrow$
$(t- \frac{\sigma _1}{3})^3 + t(\sigma _2 - \frac{\sigma _1^2}{3}) + (\frac{\sigma _1^3}{27} - \sigma _3)=0$
$p=\sigma _2 - \frac{\sigma _1^2}{3}, q=\frac{\sigma _1^3}{27} - \sigma _3, D=(\frac{q}{2})^2+(\frac{p}{3})^3$.
Тогда $D<0 \Leftrightarrow (\frac{\frac{\sigma _1^3}{27} - \sigma _3}{2})^2+(\frac{\sigma _2 - \frac{\sigma _1^2}{3}}{3})^3 < 0$
$\Leftrightarrow (\frac{\frac{1}{27} - y}{2})^2+(\frac{x - \frac{1}{3}}{3})^3 < 0 \Leftrightarrow (\frac{1 - 27y}{2})^2+(3x -1)^3 < 0$
$\Leftrightarrow (\frac{1 - 27y}{2})^2 < (1 - 3x)^3$.
Все.

[arqady]

Sonic86, напомню, что вопросы были следующими:

arqady в сообщении #229092 писал(а):

Sonic86 в сообщении #228399 писал(а):


И еще надо учесть условие отрицательности дискриминанта $(\frac{1-27y}{2})<(1-3x)^3$.

О чьём дискриминанте идёт речь и как Вы его учитываете? Поясните, пожалуйста.

На первый вопрос Вы ответили. Ответ на второй мой вопрос Вы упорно утаиваете.
Повтрю ещё раз. Как Вы учитываете условие $(\frac{1-27y}{2})^2\leq(1-3x)^3$ при доказательстве первого неравенства этой темы?
Кстати, замечу, что Ваше условие $(\frac{1-27y}{2})^2\leq(1-3x)^3$ по-прежнему неверно. Проверьте $a=b=1$ и $c=0.$

[Sonic86]

arqady
Я еще раз очень извиняюсь за свои ошибки. Я неправильно посчитал дискриминант. На самом деле должно получится неравенство
$ (\frac{9x-2-27y}{2}) ^2+(1-3x)^3 \geq 0$
при совпадающих $a,b,c$ он равен 0, так как корни кратные.
Соответственно, доказательства 1-о неравенства у меня пока нету, но я еще раз попробую.

[arqady]

Спасибо, Sonic86!
Здесь был показан один метод доказательства неравенств. Попробуйте это неравенство доказать с помощью этого метода.

[Sasha2]

А вот поясните, пожалуйста, уважаемый Аркадий насчет самого первого неравенства, предложенного Вами в этой теме.
Вот что меня интересует.
Уважаемый medusa привел представление в терминах сигм для данного неравенства.
Если продолжить его выклатки, то окончательно доказательство сведется к следующему неравенству.

$9\sigma_1^5+27\sigma_1^2\sigma_3+68\sigma_1\sigma_2^2\geq{52\sigma_1^3\sigma_2+54\sigma_2\sigma_3}$

Если принять очевидное неравенство $\sigma_1^2\geq{3\sigma_2}$,
то доказательству будет подлежать неравенство
$9\sigma_1^5+9\sigma_1^2\sigma_3+68\sigma_1\sigma_2^2-52\sigma_1^3\sigma_2\geq{0}$.
После чего искомое неравенство получается тривиальным сложением этого и первого, умноженного на $18\sigma_3$
Но тогда рассматривая последнее как квадратный трехчлен относительно $\sigma_2$, легко видеть, что его дискриминант является числом отрицательным.
Уж слишком просто получается. Скажите, пожалуйста, может быть в этом рассуждении есть ошибка и его нельзя считать доказательством.

[arqady]

Sasha2 в сообщении #278079 писал(а):

Но тогда рассматривая последнее как квадратный трехчлен относительно $\sigma_2$, легко видеть, что его дискриминант является числом отрицательным.

Очень опасно это - "легко видеть".