Можно ли так доказывать неравенство?

[TR63]

Выделено из темы Лёгкое, но красивое неравенство в соответствующий раздел.

arqady в сообщении #88699 писал(а):

Для положительных $a,$ $b$ и $c$ докажите, что
1) $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+4\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\geq12\left(\frac{1}{3a+b}+\frac{1}{3b+c}+\frac{1}{3c+a}\right)$
2) $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{9}{a+b+c}\geq6\left(\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{2b+a+c}+\frac{1}{2c+a+b}\right)$
Правда они похожи? Доказываются же они разными красивыми приёмами.
Причём попытка применить приём, работающий для одного неравенства, приводит к тупику для другого.

Эту пару неравенств, и не только её (многие однородные, циклические), можно доказать
с помощью одной, возможно, универсальной схемы, которая состоит в следующем:
1). Не ограничивая общности, в качестве области определения берём $a+b+c=1$, $a\ge\frac1 3$
2) Если частная производная $f'_a\ge0$ при $a\ge\frac1 3$ независимо от переменных $(b,c)$ (этот момент решающий; именно независимо), то неравенство достаточно доказать при $a=\frac1 3$, $b+c=\frac2 3$. А, это будет неравенство от одной переменной. Т.е. дело в шляпе.
Если эта схема верна (а, почему ей не быть верной? причин тому не вижу), то второе неравенство,-вообще, семечки. Первое- чуть сложнее, с изюминкой, т.е. с препятствием, которое легко обойти, чтобы оно соответствовало схеме и было сведено к неравенству от одной переменной.
Я знаю, что эти неравенства уже решены неподалёку. Но мне интересно знать: моя схема законна или нет.

[Rak so dna]

Доказываю неравенство $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+4\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\geq12\left(\frac{1}{3a+b}+\frac{1}{3b+c}+\frac{1}{3c+a}\right)$ по Вашему методу:
1) беру $a+b+c=1$, $a\ge\frac{1}{3}$, тогда неравенство можно записать так: $\frac{1}{1-b-c}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+4\left(\frac{1}{1-c}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{b+c}\right)\geq12\left(\frac{1}{3-2b-3c}+\frac{1}{3b+c}+\frac{1}{1-b+2c}\right)$
2) ищу частную производную для $f_a=\frac{1}{1-b-c}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+4\left(\frac{1}{1-c}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{b+c}\right)-12\left(\frac{1}{3-2b-3c}+\frac{1}{3b+c}+\frac{1}{1-b+2c}\right)$:
$f'_a=0$, поэтому $f'_a\ge0$ для $a\ge\frac{1}{3}$ независимо от $b$ и $c$. Неравенство доказано!

[TR63]

Rak so dna,
с таким же успехом можно взять частную производную от, например, бревна, и получить ноль. Хорошо. Пусть так. Теперь, следуя схеме, подставьте в Ваше преобразованное неравенство $a=\frac1 3$. У меня не получается. Но, Вы на верном пути. Попробуйте всё-таки найти нужное преобразование. Это очень просто.

-- 21.06.2014, 14:48 --

Rak so dna,
у меня вопрос: Ваша частная производная при $(b,c)$, стремящихся к $(b+c=1)$,
с обеих сторон неотрицательна? Независимость от $(b,c)$ означает, что может быть и так
$(b+c>1)$.

[Rak so dna]

TR63 в сообщении #877847 писал(а):

Rak so dna,
Теперь, следуя схеме, подставьте в Ваше преобразованное неравенство $a=\frac1 3$. У меня не получается.

$f(\frac1 3,b,c)=\frac{1}{1-b-c}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+4\left(\frac{1}{1-c}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{b+c}\right)-12\left(\frac{1}{3-2b-3c}+\frac{1}{3b+c}+\frac{1}{1-b+2c}\right)$

TR63 в сообщении #877847 писал(а):

Rak so dna,
у меня вопрос: Ваша частная производная при $(b,c)$, стремящихся к $(b+c=1)$,
с обеих сторон неотрицательна? Независимость от $(b,c)$ означает, что может быть и так
$(b+c>1)$.

"Моя производная" - это тождественный ноль , поэтому она неотрицательна (и неположительна тоже!) с любых сторон на области определения.

TR63 в сообщении #877847 писал(а):

Rak so dna,
Но, Вы на верном пути. Попробуйте всё-таки найти нужное преобразование. Это очень просто.

К сожалению это ложный путь - если хотя бы в одном месте в неравенстве заменить $a$ на $1-b-c$, то частная производная по $a$ будет неверна. Если же нигде не использовать $a+b+c=1$, то непонятно зачем вообще вводить это условие. Именно поэтому

TR63 в сообщении #877847 писал(а):

с таким же успехом можно взять частную производную от, например, бревна, и получить ноль.

[TR63]

Rak so dna в сообщении #877929 писал(а):

"Моя производная" - это тождественный ноль , поэтому она неотрицательна (и неположительна тоже!) с любых сторон на области определения.

TR63 в сообщении #877847 писал(а):

Независимость от $(b,c)$ означает, что может быть и так
$(b+c>1)$.

Rak so dna, Вы проигнорировали это замечание. А, оно существенно.

Rak so dna в сообщении #877929 писал(а):

К сожалению это ложный путь - если хотя бы в одном месте в неравенстве заменить $a$ на $1-b-c$, то частная производная по $a$ будет неверна.

Дело в том, что можно и не заменять $a$ на $(1-b-c)$. Я заменяю $(1)$ на $1=a+b+c$. Так нельзя
делать? Почему? Мне непонятно. Да, производная будет другая, но мы и функцию исследуем уже другую. Значит, тогда уже нельзя брать частную производную? Думаю, что можно. Только следует сделать поправку в исходной формулировке. Положительной должна быть частная производная от преобразованной функции(полученной после использования условия на переменные).
Если частную производную брать можно, сделаем ослабление на условие: $f'_a>0$ при $a>\frac1 3$ в области определения, а, если её брать нельзя , то на нет и суда нет.

Rak so dna в сообщении #877929 писал(а):

TR63 в сообщении #877847 писал(а):

Rak so dna,
Теперь, следуя схеме, подставьте в Ваше преобразованное неравенство $a=\frac1 3$. У меня не получается.

$f(\frac1 3,b,c)=\frac{1}{1-b-c}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+4\left(\frac{1}{1-c}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{b+c}\right)-12\left(\frac{1}{3-2b-3c}+\frac{1}{3b+c}+\frac{1}{1-b+2c}\right)$
Я просила подставить в преобразованное, а Вы подставили в исходное. Так не пойдёт.

[Rak so dna]

TR63 в сообщении #878051 писал(а):

Rak so dna, Вы проигнорировали это замечание. А, оно существенно.

Но ведь я написал "...на области определения" а $b+c>1$ в эту область не входят.

TR63 в сообщении #878051 писал(а):

Я заменяю $(1)$ на $1=a+b+c$. Так нельзя делать? Почему? Мне непонятно.

Можно, только осторожно: неравенство обязано сохранять однородность - если Вы, к примеру, замените во всех числителях 1 на $a+b+c$ то производная будет корректна (при этом она, конечно же, будет другая)!

TR63 в сообщении #878051 писал(а):

Я просила подставить в преобразованное, а Вы подставили в исходное. Так не пойдёт.

Я и подставил в преобразованное (после замены $a$ на $1-b-c$), больше преобразований не было. Если Вы имеете ввиду производную, то можно подставить и туда: $f'_a(\frac{1}{3},b,c)=0$

[TR63]

Rak so dna в сообщении #878065 писал(а):

Но ведь я написал "...на области определения" а $b+c>1$ в эту область не входят.

В области определения переменные зависимы по условию. Независимость означает возможность выхода из области определения. Т. е. дополнительно рассматривается ситуация вне области определения.

[Rak so dna]

TR63 в сообщении #878092 писал(а):

Независимость означает возможность выхода из области определения.

Это совершенно неверно. Более того, неверно даже

TR63 в сообщении #878092 писал(а):

... возможность выхода из области определения.

[TR63]

Пусть имеется область $(0;1)$. Переходим к области $(0;2)$ с возможностью возврата в исходную область с сохранением нужного нам свойства (это доказывается). Непонятно, почему нельзя. Поясните,пожалуйста, на примере. Может, мы говорим о разных вещах. Вот, контрпример убедил бы меня на все 100. arqady в аналогичной ситуации по поводу обобщения метода для решения таких неравенств привёл контрпример. И всё всем понятно. Попробуйте привести пример, удовлетворяющий моей достаточной схеме, чтобы неравенство не выполнялось непрерывно.

[Rak so dna]

TR63 приведите пожалуйста свое полное доказательство. Это будет лучше контрпримера.

[TR63]

$f(a,b,c)=15+\frac{5a^2-2a+1}{a(1-a)}+\frac{5b^2-2b+1}{b(1-b)}+\frac{5c^2-2c+1}{c(1-c)}-12(\frac{1}{3a+b}+\frac{1}{3b+c}+\frac{1}{3c+a})$
Это получается после преобразования. В области $a>\frac1 3$, $b>0$, $c>0$ $f'_a>0$. Следовательно и в области $a+b+c=1 $ она положительна, т.к. эта область содержится в первой области, поскольку, без ограничения общности, мы положили $a>\frac1 3$. Не понимаю, почему так нельзя рассуждать. Прошу объяснить на примере, в чём ошибка. Если ошибки нет, то дальше проще.

[Rak so dna]

TR63 в сообщении #878862 писал(а):

$f(a,b,c)=15+\frac{5a^2-2a+1}{a(1-a)}+\frac{5b^2-2b+1}{b(1-b)}+\frac{5c^2-2c+1}{c(1-c)}-12(\frac{1}{3a+b}+\frac{1}{3b+c}+\frac{1}{3c+a})$
Это получается после преобразования. В области $a>\frac1 3$, $b>0$, $c>0$ $f'_a>0$. Следовательно и в области $a+b+c=1 $ она положительна, т.к. эта область содержится в первой области, поскольку, без ограничения общности, мы положили $a>\frac1 3$. Не понимаю, почему так нельзя рассуждать. Прошу объяснить на примере, в чём ошибка. Если ошибки нет, то дальше проще.

Преобразование выполнено верно, но производную Вы не сможете взять корректно ровно до тех пор, пока не избавитесь от зависимости $a+b+c=1$, а это возможно лишь в случае однородного неравенства (Ваше выражение неоднородно). Вы получаете тоже "бревно" что и я (ведь с таким же успехом можно вовсе избавиться от $a$ и получить $f'_a=0$). Производную можно взять, например, от $f(a,b,c)=15+\frac{5a^2-2a+1}{a(1-a)}+\frac{5b^2-2b+1}{b(1-b)}+\frac{5c^2-2c+1}{c(1-c)}-12(\frac{a+b+c}{3a+b}+\frac{a+b+c}{3b+c}+\frac{a+b+c}{3c+a})$

TR63 в сообщении #878862 писал(а):

Прошу объяснить на примере, в чём ошибка.

Пусть нас просят доказать для $x\geqslant0$, что $x^3-x^2\geqslant0$

Доказательство:
Введем переменную $y$, такую, что $x+y=1$, тогда неравенство можно записать так: $x^3-(1-y)^2\geqslant0$. Возьмем производную по $x$ функции $f(x,y)=x^3-(1-y)^2$
$f'_x(x,y)=3x^2$ Видно, что производная неотрицательна для всех $x$. А значит при любом $x$ функция возрастает, поэтому первоначальное неравенство достаточно проверить для $x=0$ - оно верно, а значит оно верно и для всех $x\geqslant0$.

Здесь ошибка та же, что и у Вас: мы сделали кусок функции, независимым от переменной, по которой потом брали производную.

[Rak so dna]

Rak so dna в сообщении #878936 писал(а):

Производную можно взять, например, от $f(a,b,c)=15+\frac{5a^2-2a+1}{a(1-a)}+\frac{5b^2-2b+1}{b(1-b)}+\frac{5c^2-2c+1}{c(1-c)}-12(\frac{a+b+c}{3a+b}+\frac{a+b+c}{3b+c}+\frac{a+b+c}{3c+a})$

прошу прощения - не то написал, надо, конечно же $f(a,b,c)=\frac{a+b+c}{a}+\frac{a+b+c}{b}+\frac{a+b+c}{c}+4\left(\frac{a+b+c}{a+b}+\frac{a+b+c}{a+c}+\frac{a+b+c}{b+c}\right)-12\left(\frac{a+b+c}{3a+b}+\frac{a+b+c}{3b+c}+\frac{a+b+c}{3c+a}\right)$

[TR63]

Rak so dna в сообщении #878936 писал(а):

Пусть нас просят доказать для $x\geqslant0$, что $x^3-x^2\geqslant0$

Доказательство:
Введем переменную $y$, такую, что $x+y=1$, тогда неравенство можно записать так: $x^3-(1-y)^2\geqslant0$. Возьмем производную по $x$ функции $f(x,y)=x^3-(1-y)^2$
$f'_x(x,y)=3x^2$ Видно, что производная неотрицательна для всех $x$. А значит при любом $x$ функция возрастает, поэтому первоначальное неравенство достаточно проверить для $x=0$ - оно верно, а значит оно верно и для всех $x\geqslant0$.

После того, как Вы доказали, что функция возрастает при любом x, получаете, что она возрастает и в области $x+y=1$. По ходу решения требуется только эта область. Далее, у Вас $x\ge0$, $y$ любое. Это не гарантирует для переменной x границу. А это существенно. Т. е. в мою формулировку следует внести поправку, что переменные положительны.
Чтобы соответствовать моей схеме , первоначальное неравенство надо проверить в точке $x=\frac1 2$, $y=\frac1 2$, не принадлежащей границе. Получается ложное неравенство. Следовательно, знак будет "меньше", либо неравенство не является непрерывным. Что и соответствует действительности.( А, при трёх переменных в точке $x=\frac1 3$, $y+z=\frac2 3$. Продумайте это условие.)
Даже, если Вы правы (пока мне это не очевидно), можно пойти другим путём: ввести понятие "мнимой частной производной" (по аналогии с мнимой единицей). И контрпример к моей схеме Вы вряд ли найдёте.

[Rak so dna]

TR63, Вы меня троллите?