2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение25.03.2016, 09:49 


03/03/12
1380
sergei1961 в сообщении #1105622 писал(а):
1. Доказать, что для положительных чисел $x,y,z$, таких, что $xyz=1$, выполняется неравенство:
$$
\frac{x-1}{x^2-x+1}+\frac{y-1}{y^2-y+1}+\frac{z-1}{z^2-z+1} \leq 0.
$$


Мне осталось рассмотреть область: $\frac1 2\le x\le y\le1\le z\le2$. В этой области воспользуемся следующими простыми неравенствами:

$1-x\le x$, $1-y\le{1-x}$, $z^2-z\ge{y^2-y}\ge x^2-x$

$\frac{z-1}{z^2-z+1}-\frac{1-x}{x^2-x+1}-\frac{1-y}{y^2-y+1}\le0$

Тогда получаем, что достаточно доказать усиленное неравенство:

$\frac{z-1}{z^2-z+1}-\frac{2(1-y)}{y^2-y+1}\le0$

$(z-1)(y^2-y+1)\le{2(1-y)(z^2-z+1)}$

Для доказательства этого неравенства достаточно доказать, что в рассматриваемой области верно неравенство:

$z-1\le2(1-y)$

$z+2y\le3$, $z+\frac{2}{xz}\le3$, $xz^2-3xz+2\le0$

$\frac1 x\le z\le\frac2 x$. Умножим все части неравенства на (yx)и учтём, что $xyz=1$:

$y\le1\le{2y}$

Это неравенство верно по условию. Значит, исходное неравенство верно в рассматриваемой области.

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение25.03.2016, 17:35 
Аватара пользователя


07/01/16
1658
Аязьма
TR63 в сообщении #1108993 писал(а):
$$xz^2-3xz+2\le0$

$\frac1 x\le z\le\frac2 x$

Во втором неравенстве, если не ошибаюсь, нижняя оценка для $z$ не сильнее требования первого неравенства, т.е. замена точного значения $\frac {3x-\sqrt {9x^2-8x}} {2x}$ на $\frac 1 x$ не проходит.

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение25.03.2016, 20:36 


03/03/12
1380
waxtep, это я ошиблась с дискриминантом . Спасибо.
У меня получилась всего лишь новая частичная область $z+2y\le3$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение25.03.2016, 23:42 


03/03/12
1380
TR63 в сообщении #1108993 писал(а):
Мне осталось рассмотреть область: $\frac1 2\le x\le y\le1\le z\le2$. В этой области воспользуемся следующими простыми неравенствами:

$1-x\le x$, $1-y\le{1-x}$, $z^2-z\ge{y^2-y}\ge x^2-x$

$\frac{z-1}{z^2-z+1}-\frac{1-x}{x^2-x+1}-\frac{1-y}{y^2-y+1}\le0$

Тогда получаем, что достаточно доказать усиленное неравенство:

$\frac{z-1}{z^2-z+1}-\frac{2(1-y)}{y^2-y+1}\le0$



Исходное неравенство не превосходит усиленного неравенства. Получается, что $f(z;x;y)\le f(z;y;y)$. Верно ли, что из этого следует, что экстремум достигается в точке$f(\frac{1}{y^2};y;y)$. Если верно, то переходим к неравенству от одной переменной.

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение26.03.2016, 04:40 
Аватара пользователя


07/01/16
1658
Аязьма
TR63 в сообщении #1109188 писал(а):
Верно ли, что из этого следует, что экстремум достигается в точке$f(\frac{1}{y^2};y;y)$

Подумал над Вашим вопросом, кажется, что необязательно. Не могу назвать изложение ниже доказательством, это, скорее, "наводящие соображения":
1. зафиксируем $z$; мы знаем, что для любого $y$, $F(y) \ge F(1/yz)$, поскольку в нашей области $1/2 \le 1/yz \le y \le 1$ функция $F(y)= \frac {y-1} {y^2-y+1}$ монотонно растет.
2. а хотим из этого доказать, что при данном $z$ и для любого $y \in [1/2, 1]$, верно $2F(1/\sqrt z) \ge F(y) + F(1/yz)$
И затем распространить этот результат на все значения $z \in [1, 2]$.
Не вижу с ходу простого способа сделать это, по-моему, это не сильно проще решения исходной задачи :-(
Т.е. это правда, что экстремум достигается когда хотя бы два, а, на самом деле, все три аргумента равны, но, неочевидно, что это можно получить просто из монотонности $F$

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение26.03.2016, 08:58 


03/03/12
1380
Поняла. Главное- доказать, что экстремум достигается в точке, где все переменные равны. Эта Ваша идея, действительно, красивая.
Спасибо за объяснение. Но я не поняла, почему надо фиксировать переменную z. Ведь у нас $f(z;y;y)=f(\frac{1}{y^2};y;y)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение26.03.2016, 18:00 
Аватара пользователя


07/01/16
1658
Аязьма
TR63 в сообщении #1109230 писал(а):
почему надо фиксировать переменную z.

Это мне просто так было удобнее думать :-) а так, конечно, можно сразу браться за доказательство для $\forall z \in [1, 2], \forall y \in [1/\sqrt z, 1]$

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение01.04.2016, 15:59 
Заслуженный участник


12/08/10
1721
Цитата:
$$ \frac{x-1}{x^2-x+1}+\frac{y-1}{y^2-y+1}+\frac{z-1}{z^2-z+1} \leq c \ln(x)+c \ln(y)+c \ln(z) \leq c\ln(xyz)=0. $$
так как $ \frac{x-1}{(x^2-x+1)\ln(x)}$ - ограниченно.

Это не правильно, из $ \frac{x-1}{(x^2-x+1)\ln(x)}\le c $ не следует $ \frac{x-1}{(x^2-x+1)}\le c\ln(x) $

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение01.04.2016, 16:29 


25/08/11

1074
Null - в неравенствах так не прокатывает. Что Вы написали, конечно верно, но только вне некоторого куба или шара. А надо для всех.

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение01.04.2016, 16:32 
Заслуженный участник


12/08/10
1721
sergei1961 в сообщении #1111092 писал(а):
Null - в неравенствах так не прокатывает. Что Вы написали, конечно верно, но только вне некоторого куба или шара. А надо для всех.


Вне какого шара? Неравенство то верно везде.
Там ошибка в том что домножается на отрицательное $\ln(x)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение01.04.2016, 21:15 


25/08/11

1074
Куб $0\le x,y,z \le 1$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение06.04.2016, 10:03 


25/08/11

1074
Геометрическая формулировка неравенства
Доказать $x^2+y^2+z^2 -3x-3y-3z+6 \geqslant 0 $, если $xyz=1$.

Попытка использовать при доказательстве выпуклость поверхности.
Дана выпуклая поверхность $z=f(x,y)$, в одной точке её касается шар, или сфера (не знаю, как точнее), в том смысле что в этой точке у них общая касательная плоскость. Верно ли, что шар лежит целиком выше/ниже заданной поверхности, то есть других точек пересечения у них нет?
Конкретно вот наш пример: поверхность $z=1/(xy)$, шар $(x-3/2)^2+(y-3/2)^2+(z-3/2)^2=3/4$,
переменные положительны $x,y,z>0$. На рисунке видно, что шар лежит над поверхностью, они касаются в единственной точке $(1,1,1)$. Вычисление производных показывает, что эта поверхность выпуклая. Можно отсюда показать, что других пересечений поверхности и шара нет?

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение06.04.2016, 22:48 


30/03/08
196
St.Peterburg
sergei1961 в сообщении #1112637 писал(а):
Геометрическая формулировка неравенства
Доказать $x^2+y^2+z^2 -3x-3y-3z+6 \geqslant 0 $, если $xyz=1$.


$$p=x+y+z \ge 3, q =xy+yz+zx, r=xyz=1$$
$$x^2+y^2+z^2 -3x-3y-3z+6 = p^2-2q-3p+6 \ge 0$$
по неравенству Шура: $p^3+9r \ge 4pq$
Получаем: $$p^2-2q-3p+6 \ge p^2- \frac{1}{2}(p^2+\frac{9}{p})-3p+6 \ge 0$$

$$\Leftrightarrow \frac{(p-3)(p^2-3p+3)}{2p}\ge 0$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение07.04.2016, 15:47 


30/03/08
196
St.Peterburg
sergei1961 в сообщении #1105622 писал(а):
1. Доказать, что для положительных чисел $x,y,z$, таких, что $xyz=1$, выполняется неравенство:
$$
\frac{x-1}{x^2-x+1}+\frac{y-1}{y^2-y+1}+\frac{z-1}{z^2-z+1} \leq 0.
$$


Пусть $0 <x\le y\le z $

$f (t)=\frac{t-1}{t^2-t+1}$, $f'(t)= \frac{t (2-t)}{(t^2-t+1)^2}$

1. $0 <x \le \frac{1}{2}$: $f (x)+f (y)+f (z) \le f (0.5) + 2f (2)=0$

2. $g (t)= \ln (t)- f (t) $, $g'(t)= \frac{(t-1)(t^3+t-1)}{t (t^2-t+1)^2}$

$f (t) \le \ln (t) $ при $t \ge 0.55$

Поэтому при $x \ge 0.55$: $f (x)+f (y)+f (z) \le \ln (x)+ \ln (y)+\ln (z) =0$

3. $0.5 \le x \le 0.55 \Rightarrow yz \le 2\Rightarrow f (x)+f (y)+f (z) < f (0.55)+f (\sqrt {2})+f (2) <0$

 Профиль  
                  
 
 Re: Рациональное неравенство
Сообщение07.04.2016, 17:58 


25/08/11

1074
Здорово! $0.55$ - это символическая величина вместо точного корня кубического уравнения?
Ваш пункт 1 совпадает с моим отсюда
posting.php?mode=quote&f=1&p=1106496
-тогда произведение двух чисел больше 2, но это не важно.
Немного напрягает только, что надо считать $f$ от этого неопределённого корня, хотя понятно, там можно с двух сторон оценить этот корень и функцию в нём, но немного смажется красота в угоду полноте и строгости.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 60 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: YandexBot [bot]


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group