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 1, 2  След.
 
 Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение23.12.2020, 01:54 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Пусть $a^2+b^2+c^2+d^2+e^2=x^2+y^2+z^2+t^2+w^2=1.$ Докажите, что:

\begin{multline*}a(y+z-t-w)+b(z+t-w-x)+c(t+w-x-y)+d(w+x-y-z)+e(x+y-z-t)\leq\\
2\sqrt{5(1-ax-by-cz-dt-ew)}.\end{multline*}

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение04.01.2021, 02:40 
Аватара пользователя


07/01/16
1426
Аязьма
Не уверен, но кажется можно немного упростить задачу: пусть $(a,b,c,d,e)$ и $(x,y,z,t,w)$ - декартовы координаты векторов $\vec{f}$ и $\vec{s}$, соответственно; возьмем $\vec{m}=(\vec{f}+\vec{s})/2, \vec{n}=(\vec{f}-\vec{s})/2$, координаты этих векторов будем уже просто нумеровать. Исходное неравенство в них запишется так:$$\sum_{cyc}m_1(n_2+n_3-n_4-n_5)\leq\sqrt{10}|\vec{n}|$$Если все это возвести в квадрат и пособирать в суммы квадратов, получится$$\left(10-\sum_{cyc}(m_1+m_2-m_3-m_4)^2\right)|\vec{n}|^2+G\geq0$$где $G$ обозначает сумму квадратов (довольно зловещего) вида $(n_1(m_3+m_4-m_5-m_1)-n_2(m_2+m_3-m_4-m_5))^2$
Теперь, если удастся доказать, что$$\sum_{cyc}(m_1+m_2-m_3-m_4)^2\leq10$$при $|\vec{m}|=1$, то и исходное неравенство будет доказано. Лобовой подход к этому неравенству обещает некоторое количество грязной работы, в силу (как мне кажется) наличия нетривиального максимума левой части, пока отложил. Очень интересно было бы посмотреть на контрпример, если существует (методом случайного тыка мне удалось добраться только до $9$ при $\vec{m}=(1/2,1/2,-1/2,-1/2,0)$, но потенциал для ухудшения ситуации кажется существует :-))

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение05.01.2021, 09:56 
Заблокирован


16/04/18

1129
waxtep - в последней сумме, которая <=10, 5 слагаемых?, оценка предполагается верной для
всех единичных пятимерных векторов? По форме именно это неравенство не должно быть специфически пятимерным, оно имеет обобщения на другие размерности?
arqady - кроме высказанной waxtep , идей похоже нет. Это специфическое свойство пятимерного пространства? Намёк бы на короткое решение, если оно есть.
"Нам бы схемку аль чертёж, Мы б затеяли вертёж..."(С).

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение05.01.2021, 20:25 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Да, имеется короткое и красивое решение в одну строчку.

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение06.01.2021, 09:16 
Заблокирован


16/04/18

1129
Действительно нужны два вектора?
Для одного нормированного вектора и суммы вида
$$
x_1(x_2+x_3-x_4-x_5)+...
$$
не будет работать Ваш метод доказательства практически дословно?
Важно , что чисел именно 5, не 4 или 6?

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение06.01.2021, 10:37 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Важно, что бы было $\sqrt{4\cdot5}.$

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение07.01.2021, 16:44 
Аватара пользователя


26/02/14
496
so dna
arqady в сообщении #1497534 писал(а):
Пусть $a^2+b^2+c^2+d^2+e^2=x^2+y^2+z^2+t^2+w^2=1.$ Докажите, что:

\begin{multline*}a(y+z-t-w)+b(z+t-w-x)+c(t+w-x-y)+d(w+x-y-z)+e(x+y-z-t)\leq\\
2\sqrt{5(1-ax-by-cz-dt-ew)}.\end{multline*}

Похоже, утверждение верно и при $a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+x^2+y^2+z^2+t^2+w^2=2.$

Аналогичное утверждение для "3-х мерного пространства":
Пусть $a^2+b^2+c^2+x^2+y^2+z^2=2,$ тогда
$2\sqrt{3(1-ax-by-cz)} \geqslant a(y-z)+b(z-x)+c(x-y)$

Имеем:
$$3(x^2+y^2+z^2+a^2+b^2+c^2)((a-x)^2+(b-y)^2+(c-z)^2)-[a(y-z)+b(z-x)+c(x-y)]^2 = $
3\sum\limits_{cyc}(x-a)^2(y-b)^2+\sum\limits_{cyc}(x(b+c)-a(y+z))^2+
3\sum\limits_{cyc}(x-a)^2(x^2+a^2)+3\sum\limits_{cyc}(xy-ab)^2$
здесь
$\sum\limits_{cyc}f(x,y,z,a,b,c)=f(x,y,z,a,b,c)+f(y,z,x,b,c,a)+f(z,x,y,c,a,b)$

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение09.01.2021, 11:11 
Аватара пользователя


07/01/16
1426
Аязьма
В одну строчку не вижу, но можно вот как. В тех же обозначениях
waxtep в сообщении #1498909 писал(а):
пусть $(a,b,c,d,e)$ и $(x,y,z,t,w)$ - декартовы координаты векторов $\vec{f}$ и $\vec{s}$, соответственно; возьмем $\vec{m}=(\vec{f}+\vec{s})/2, \vec{n}=(\vec{f}-\vec{s})/2$, координаты этих векторов будем уже просто нумеровать
запишем исходное неравенство как$$\sum_{cyc}(m_2+m_3-m_4-m_5)n_1\leq\sqrt{10}|\vec{n}|$$Достаточно доказать,что$$\sum_{cyc}(m_2+m_3-m_4-m_5)^2\leq10\sum_{i=1}^5m_i^2$$а это верно, поскольку может быть записано в таком виде:$$0\leq10\sum_{cyc}(m_1^2+m_1m_3)+\sum_{cyc}(m_1+m_3-m_2)^2$$где каждая из сумм неотрицательна

-- 09.01.2021, 11:32 --

А нет, ерунда, получается лишь$$0\leq\sum_{cyc}(9m_1^2+10m_1m_3)+\sum_{cyc}(m_1+m_3-m_2)^2$$что неочевидно

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение09.01.2021, 15:02 
Заблокирован


16/04/18

1129
waxtep - если Вам не сложно, ответьте пожалуйста на мой предыдущий вопрос: сколько слагаемых и каких в сумме, которую Вы обозначаете $\sum_{cyc}(\ldots)^2$ ? Возможно Вы имеете в виду не настоящую циклическую сумму? В настоящей циклической сумме такого вида от пяти переменных 10X3=30 слагаемых или ещё больше, так (пару с плюсом можно выбрать из 5 переменных 10 способами, потом ещё пару с минусами из оставшихся 3 тремя способами)? Буду благодарен если выпишите эту сумму явно, без сокращений, как она у Вас получилась.

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение09.01.2021, 16:06 
Аватара пользователя


07/01/16
1426
Аязьма
novichok2018 в сообщении #1499870 писал(а):
waxtep - если Вам не сложно, ответьте пожалуйста на мой предыдущий вопрос: сколько слагаемых и каких в сумме, которую Вы обозначаете $\sum_{cyc}(\ldots)^2$ ?
Да, наверное, с обозначениями я дал маху, в сумме всего пять слагаемых. В предыдущей попытке было $20$, вот здесь:
waxtep в сообщении #1498909 писал(а):
где $G$ обозначает сумму квадратов (довольно зловещего) вида $(n_1(m_3+m_4-m_5-m_1)-n_2(m_2+m_3-m_4-m_5))^2$
Но похоже этот путь не ведет к успеху. В полной записи неравенство из предыдущего поста выглядит так:$$(m_2+m_3-m_4-m_5)n_1+(m_3+m_4-m_5-m_1)n_2+(m_4+m_5-m_1-m_2)n_3+$$$$+(m_5+m_1-m_2-m_3)n_4+(m_1+m_2-m_3-m_4)n_5\leq\sqrt{10(n_1^2+n_2^2+n_3^2+n_4^2+n_5^2)}$$
Попытка изобразить в левой части скалярное произведение, замена косинуса слева единицей, а единицы справа суммой $m_i^2$, возведение в квадрат и приборка членов приводит к такому:$$m_1m_2+m_2m_3+m_3m_4+m_4m_5+m_5m_1\leq3(m_1^2+m_2^2+m_3^2+m_4^2+m_5^2+m_1m_3+m_2m_4+m_3m_5+m_4m_1+m_5m_2)$$и с этим я уже встал в тупик

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение09.01.2021, 16:36 
Заблокирован


16/04/18

1129
Спасибо. Если понадеяться, что хватает применения К-Б для упрощения, то получается неравенство, указанное Вами ранее
$$
(m_2+m_3-m_4-m_5)^2+...  \leq 10.
$$
(всего 5 слагаемых).
Может быть отбросить гордость и попробовать методом Лагранжа на условный экстремум?

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение09.01.2021, 21:03 
Аватара пользователя


07/01/16
1426
Аязьма
novichok2018 в сообщении #1499898 писал(а):
Может быть отбросить гордость и попробовать методом Лагранжа на условный экстремум?
Подозреваю, максимум разности достигается в какой-либо хитрой граничной точке (точках), и помимо потраченной гордости еще и зубы обломать впустую придется :P Интересно кстати, верно ли, что этот максимум достигается только при $\vec{n}=\bold0$? Т.е. при $(a,b,c,d,e)=(x,y,z,t,w)$

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение09.01.2021, 21:25 
Заблокирован


16/04/18

1129
В последней формулировке уже один вектор, так же?
Понятно что к короткому доказательству так не придти.

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение12.01.2021, 12:29 
Заслуженный участник


03/01/09
1677
москва
Пусть $x=y=z=t =w=\dfrac 1{\sqrt 5},$а$ (a,b,c,d,e)$- произвольный единичный вектор. Тогда левая часть неравенства всегда равна $0$, а правая изменяется от $0$ при $a=b=c=d =e=\dfrac 1{\sqrt 5}$ до $2\sqrt {10}$ при $a=b=c=d=e=-\dfrac 1{\sqrt 5}$.
То есть неравенство довольно грубое, и, может быть, его можно улучшить.

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве пятимерного пространства
Сообщение14.01.2021, 19:49 
Заслуженный участник


03/01/09
1677
москва
Близкое к тому, что приведено у arqady.
Обозначим $\vec f=(a,b,c,d,e), \vec s=(x,y,z,t,w)$.Представим левую часть неравенства в виде:$$a(x+y+z-t-w)+b(y+z+t-w-x)+c(z+t+w-x-y)+d(t+w+x-y-z)+e(w+x+y-z-t)-\vec f \vec s$$К первым 5 слагаемым применим неравенство К.-Б. и получим: $$\text {левая часть }\leq \sqrt {\sum \limits _{cyc}(x+y+z-t-w)^2}-\vec f\vec s$$
Раскрываем скобки под корнем:$$\text {левая часть}\leq \sqrt {5+2(xy+xw+yz+zt+tw)-6(xz+xt+yt+yw+zw)}-\vec f\vec s$$
К каждому выражению в круглых скобках под корнем еще раз применяем неравенство К.-Б. и окончательно получаем:$$\text {левая часть }\leq \sqrt {13}-\vec f\vec s$$

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 23 ]  На страницу 1, 2  След.

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