Прикольное неравенство (обобщение известного)

[ewert]

TR63 в сообщении #897557 писал(а):

т.е. исходное неравенство в ней неверно.

И это высказывание бессмысленно. Никакое неравенство не имеет смысла вне оговорок, при каких условиях оно должно выполняться.

В Вашем стартовом посте:

TR63 в сообщении #897028 писал(а):

При каком условии на неотрицательные переменные (a,b) и параметр ($\alpha$) при $s>r>0$ верно неравенство

-- эти оговорки были были сформулированы вполне чётко: при каких условиях на параметры наблюдается монотонность на всей полуоси. В последних же Ваших сообщениях идёт не более чем некий поток сознания.

[TR63]

ewert,
если Вы считаете, что с задачей справились, то только частично. Ваше решение мне непонятно. Но Вашего авторитета мне пока достаточно. Спасибо.
Для дальнейшего нужно решение без производных в как можно большей области. Может, кто другой справится с поставленной задачей.

[TR63]

Хочу, всё-таки, сделать уточнение по поводу доказательства ewert.
Функция по переменной (s) монотонна на промежутке $\alpha\in(0;1)$, если на нём существует частная производная $f'_s$... (Допустим, что это так.) Здесь по переменной $\alpha$ функция непрерывна относитеьно свойства неоднородности. И можно рассматривать $f'_s$ в обобщённом смысле по отношению к $(f'_a;f'_b)$ при $\alpha=0$, т.е., когда функция однородна. Свойство монотонной функции на промежутке $\alpha\in[0;1]$ применить нельзя, т.к. на этом промежутке функция неоднородна внутри и однородна на границе слева. Т.е. относительно свойства однородности она разрывна. Действительно, это подтверждается практическими вычислениями и не только ими. А, практика-критерий истины. Применять свойство монотонной непрерывной функции на промежутке $\alpha\in[0;1]$-это ошибочный шаг. Из того, что арбуз красный внутри, не следует, что он обязательно красный на границе. (Знакомые грабли.) Кроме того, граница состоит из двух точек $\alpha=0$ и $\alpha=1$. И действующих операций в задаче две. Значит, вполне правдоподобно предположить нарушение свойства монотонности внутри. Что и подтверждается практикой.
Итак, любым способом надо найти область при $\alpha\in(0;1)$, в которой исходное неравенство верно.
Неравенство решается очень просто, исключая промжуток $\alpha\in(0;1)$. Здесь задача решается частично. Это можно было предположить сразу, не решая задачи, зная, что в области однородности задача разрешима полностью. Ожидать оного в области неоднородности с абсоютной гарантией нелья. Но найти частную область в явном виде можно. Кстати, монотонность, если она доказана, гарантирует её существование. И это очень просто. Но простое решение не означает, что его легко найти. Обычно то, что лежит на самом видном месте, труднее всего найти. Возможно это удастся кому-то ещё.

[ewert]

Если хоть одно из чисел $a,b,\alpha$ не меньше единицы, то неравенство $(a^s+b^s+\alpha)\ln(a^s+b^s+\alpha)\geqslant(a^s+b^s)\ln(a^s+b^s)$ выполняется в силу монотонности для случая, когда сумма в правой части лежит (как и сумма в левой) на участке возрастания функции $t\ln t$. Если же не лежит, то оно выполняется просто потому, что в таком случае логарифм слева неотрицателен, справа же -- отрицателен.

[TR63]

Я ранее писала, что мне известно два способа решения задачи. Один из них даёт бласть, указанную ewert (т.е. хотя бы одно из $(a,b,\alpha)\ge1$), другое-большую область, включающую область ewert. Оба решения на уровне неполной средней школы. Если учесть решение mihiv, плюс область $\alpha\ge1$, то получим область ewert. Т.е. мне достаточно привести решение для области $\alpha\ge1$, $a\ge0$, $b\ge0$, $s\ge p$. Получится третий способ, не считая способа ewert.

$$(a^s+b^s+\alpha)^{\frac1 s}\le(a^p+b^p+\alpha)^{\frac1 p}$$

Введём обозначения:
$\beta=(b^s+((\alpha)^{\frac1 s})^s)^{\frac1 s}$
$d=(b^p+((\alpha)^{\frac1 p})^p)^{\frac1 p}$
учитывая, что $(\alpha)^{\frac1 s}\le(\alpha)^{\frac1 p}$, получим, что $\beta\le d$
Тогда получается, что

$$(a^s+\beta^s)^{\frac1 s}\le(a^p+d^p)^{\frac1 p}$$

,
поскольку считаем известным, что в области однородности верно неравенство

$$(a^s+d^s)^{\frac1 s}\le(a^p+d^p)^{\frac1 p}$$

.
Добавляем область mihiv, получаем область ewert. Динновато. Но можно короче и проще.
Решение для области ewert мне было известно ещё при царе Горохе. А, вот, для расширенной области я обнаружила решение благодаря замечанию одного форумчанина, который внезапно исчез из моей другой темы, не захотев помочь разобраться в возникшем вопросе. Пришлось это сделать самостоятельно. Вроде получилось разобраться здесь. Но при этом возникли другие вопросы. Правда, это уже другая история.
Задача для области, когда все $(a,b,\alpha)<1$ ждёт своего решения.

[ewert]

TR63 в сообщении #915088 писал(а):

Задача для области, когда все $(a,b,\alpha)<1$ ждёт своего решения.

ewert в сообщении #897536 писал(а):

Если $\alpha<1,\ a<1$ и $b<1$, то это неравенство очевидным образом нарушается при $s\to+\infty$ (там левая часть стремится к отрицательному $\alpha\ln\alpha$, правая же к нулю).

Это-то уж совсем тривиально.

[TR63]

О том, что тогда неравенство нарушается я уже писала (правда, исходила из других соображений). Речь сейчас не об этом. Я говорю, что на этом промежутке существует область, когда неравенство верно. Вот, её надо найти. Согласна, что это тривиально. Требуется записать ответ в виде: в области $\alpha\ge f(a,b,s,r)$ неравенство верно. Пожалуйста, запишите свой ответ в указанном мною виде.

[ewert]

(Оффтоп)

TR63 в сообщении #915148 писал(а):

О том, что тогда неравенство нарушается я уже писала (правда, исходила из других соображений). Речь сейчас не об этом. Я говорю, что на этом промежутке существует область, когда неравенство верно.

Вы уж выберите что-то одно из семи. Или неравенство нарушается, но не нарушается. Или не нарушается, но нарушается. Или нарушается и не нарушается одновременно. Или всё вообще наоборот. Или.

Короче: скажите хоть что-то.

[TR63]

Попробую ещё раз объяснить. При $f(a,b,s,r)<\alpha<1$ неравенство имеет знак $(<)$; существуют $\alpha$, при которых неравенство меняет знак на противоположный. Т.е. неравенство относительно знака нарушается (под нарушением понимается изменение знака неравенства на противоположный). Так понятно? Надо найти область, где знак неравенства не изменяется на противоположный. Такая область существует, и находится она тривиальным образом.

[ewert]

(Оффтоп)

Послушайте; ну попытайтесь Вы хотя бы раз точно сформулировать утверждение, которое обсуждаете. А так

TR63 в сообщении #915158 писал(а):

При $f(a,b,s,r)<\alpha<1$ неравенство имеет знак $(<)$; существуют $\alpha$, при которых неравенство меняет знак на противоположный.

-- это не более чем поток сознания. Это не к математикам, это к психоаналитикам.

[TR63]

ewert в сообщении #897560 писал(а):

TR63 в сообщении #897557 писал(а):

В Вашем стартовом посте:

TR63 в сообщении #897028 писал(а):

При каком условии на неотрицательные переменные (a,b) и параметр ($\alpha$) при $s>r>0$ верно неравенство

-- эти оговорки были были сформулированы вполне чётко: при каких условиях на параметры наблюдается монотонность на всей полуоси.

ewert, откуда следует, что в моей формулировке речь идет о монотонности на всей полуоси? Ведь очевидно, что никакой монотонности на всей полуоси по переменной $\alpha$ нет при фиксированных остальных параметрах. У меня речь идёт об условиях, при которых неравенство верно (это может быть и на части полуоси).

-- 05.10.2014, 01:05 --

ewert, Вы рассматриваете неравенство по переменной (s) и фиксированных остальных параметрах. Отсюда, я думаю, непонимание Вами того, что требуется найти.