Неравенства 6-й степени

[tolstopuz]

Rak so dna в сообщении #1734720 писал(а):

tolstopuz в сообщении #1734714 писал(а):

Оказалось, что надо взять простое советское

Хотелось бы продолжения...

Простое советское дискретное преобразование Фурье. Я в этот раз не буду пропускать выдачу через себя, кину как есть, она достаточно большая.

B8. Доказательство неравенства

Пусть $a_0,\ldots,a_4>0$ и $\sum_{i=0}^4a_i^2=5$. Докажем

$$\left(\sum_{i=0}^4a_i\right)\left(\sum_{i=0}^4\frac{a_i}{a_{i+1}}\right)\ge25.$$

Здесь и далее индексы берутся по модулю пяти, все суммы — по $i=0,\ldots,4$. Равенство достигается только при $a_0=\cdots=a_4=1$.

1. План доказательства

Положим $a_i=x_i^2$ и обозначим

$$p=\sum x_i,\quad A=\sum x_i^2,\quad B=\sum x_i^4,\quad E=5A-p^2,\quad R=\sum\frac{x_i^2}{x_{i+1}^2}.$$

При этом $E=\sum_{i<j}(x_i-x_j)^2\ge0$, и $E=0$ только при равных $x_i$.
Таким образом, $B=5$, а требуется доказать $AR\ge25$. Достаточно двух оценок:

$$A(R-5)\ge\frac52E,\qquad 2\sqrt{5B}\le2A+E.$$

Действительно, из них следует

$$AR\ge5A+\frac52E\ge5\sqrt{5B}=25.$$

2. Циклическая оценка

Введём

$$\begin{aligned} y_i&=x_{i+1},&d_i&=x_i-y_i,\\ L_i&=2x_i-2x_{i+1}-x_{i+2}+x_{i-1},&\Phi&=-\sum y_i^2L_i,\\ H_i&=L_i+\frac{\Phi}{A},&M&=\sum y_i(24x_i+37y_i)L_i^2. \end{aligned}$$

Линейные формы $L_i$ выбраны так, что

$$L_i-L_{i-1}=5x_i-p,\qquad \sum d_iL_i=\sum x_i(L_i-L_{i-1})=E.$$

Поскольку $\sum d_i=0$, имеем $\sum d_iH_i=E$. Кроме того, сдвиг на $\Phi/A$ даёт

$$\sum y_i^2H_i=0,\qquad \sum y_i^2H_i^2=\sum y_i^2L_i^2-\frac{\Phi^2}{A}.$$

Для $u>0$ верно

$$f(u):=\frac{(u-1)(u+5)}{2u+1}\ge2\log u.$$

В самом деле, разность обращается в нуль при $u=1$, а

$$\bigl(f(u)-2\log u\bigr)'=\frac{2(u-1)^3}{u(2u+1)^2}.$$

Следовательно, минимум этой разности достигается при $u=1$. Из тождества

$$u^2-1=(u-1)^2+\frac{3(u-1)^2}{2u+1}+f(u)$$

и равенства $\prod_i(x_i/y_i)=1$ получаем

$$R-5\ge T:=\sum\frac{d_i^2}{y_i^2}+3\sum\frac{d_i^2}{y_i(2x_i+y_i)}.$$

Применим неравенство Коши к двум блокам пар:

$$\left(\frac{d_i}{y_i},\,5y_iH_i\right),\qquad \left(\frac{\sqrt3\,d_i}{\sqrt{y_i(2x_i+y_i)}},\,2\sqrt{3y_i(2x_i+y_i)}\,L_i\right).$$

Сумма произведений равна $5E+6E=11E$, поэтому

$$121E^2\le T\left(M-\frac{25\Phi^2}{A}\right).$$

Остаётся установить неотрицательность формы

$$F=242A^2E-5AM+125\Phi^2.$$

Тогда при $E>0$

$$121E^2\le T\left(M-\frac{25\Phi^2}{A}\right)\le\frac{242}{5}ATE,$$

откуда $A(R-5)\ge AT\ge5E/2$. При $E=0$ все $x_i$ равны и оценка очевидна.

3. Три квадрата

Пусть $\zeta=e^{2\pi i/5}$. Запишем

$$x_j=t+z\zeta^j+\bar z\zeta^{-j}+w\zeta^{2j}+\bar w\zeta^{-2j},\qquad r=|z|,\quad s=|w|,\quad\eta=r^2+s^2.$$

Здесь

$$t=\frac p5>0,\qquad A=5(t^2+2\eta),\qquad E=50\eta.$$

Из обратной формулы Фурье и положительности $x_j$ следует

$$r=\frac15\left|\sum_jx_j\zeta^{-j}\right|\le t,\qquad s=\frac15\left|\sum_jx_j\zeta^{-2j}\right|\le t.$$

В частности, $\eta\le2t^2$. Амплитуды можно выразить непосредственно через $x_i$:

$$\Delta=\sum x_i(x_{i+1}-x_{i+2}),\qquad r=\frac{\sqrt{E+2\sqrt5\,\Delta}}{10},\qquad s=\frac{\sqrt{E-2\sqrt5\,\Delta}}{10}.$$

Расчёт, приведённый в приложении, даёт $F/5000\ge P$, где

$$\begin{aligned} P={}&t^4(5r^2+39s^2)-t^3rs(136r+121s)\\ &+t^2\left(\frac{291}{2}r^4-\frac{233}{2}r^3s+\frac{723}{2}r^2s^2-25rs^3+247s^4\right)\\ &-16trs\eta(4r+3s)\\ &+\eta(145r^4-233r^3s+294r^2s^2-50rs^3+213s^4). \end{aligned}$$

Для этого многочлена имеется следующее тождество. Положим

$$\begin{aligned} U&=4tr(t-s)-17r^2s-18ts^2,\\ V&=3t^2s-10r(r^2-rs+ts)+4s^3,\\ W&=16tr^2-7t^2s-18r^2s+9rs^2-\frac{29}{2}s^3. \end{aligned}$$

Тогда

$$48P=15U^2+61V^2+27W^2+12t^3rs^2+t^2G+4trsH+J,$$

где

$$\begin{aligned} G&=72r^4+108r^3s+548r^2s^2+42rs^3+51s^4,\\ H&=70r^3+20r^2s+69rs^2+644s^3,\\ J&=860r^6+1016r^5s+1889r^4s^2+44r^3s^3\\ &\quad+3175r^2s^4+4647rs^5+\frac{14285}{4}s^6. \end{aligned}$$

Тождество проверяется раскрытием скобок. Все коэффициенты $G,H,J$ положительны, поэтому $P\ge0$, а при $(r,s)\ne(0,0)$ даже $P>0$. Тем самым $F\ge0$ и циклическая оценка доказана. При неравных $x_i$ она строгая.

4. Симметрическая оценка и завершение

В тех же координатах ортогональность гармоник даёт

$$\begin{aligned} \frac B5={}&t^4+12t^2\eta+24t\operatorname{Re}(z^2\bar w+zw^2)\\ &+6\eta^2+12r^2s^2+8\operatorname{Re}(z^3w+z\bar w^3)\\ \le{}&t^4+12t^2\eta+24trs(r+s)+6\eta^2+12r^2s^2+8rs\eta. \end{aligned}$$

Обозначая $\rho=r+s$, $\delta=r-s$, получаем

$$\begin{aligned} (t^2+7\eta)^2-\frac B5 &\ge\rho^2(t-3\rho)^2\\ &\quad+\delta^2\bigl((t+3\rho)^2+14\rho^2+11\delta^2\bigr)\ge0. \end{aligned}$$

Последнее тождество удобно проверить с помощью $\eta=(\rho^2+\delta^2)/2$ и $rs=(\rho^2-\delta^2)/4$. Значит,

$$2\sqrt{5B}\le10(t^2+7\eta)=2A+E.$$

Соединяя две оценки, окончательно получаем

$$\left(\sum a_i\right)\left(\sum\frac{a_i}{a_{i+1}}\right)=AR\ge5A+\frac52E\ge5\sqrt{5B}=25.$$

Если не все переменные равны, циклическая оценка строгая. Поэтому равенство возможно лишь при $a_0=\cdots=a_4=1$.

(Приложение про Фурье)

Приложение к доказательству B8: расчёт Фурье

Ниже выводятся оценка $F/5000\ge P$ и формула для $B$, использованные в доказательстве. Сохраняем обозначения

$$\begin{gathered} p=\sum x_j,\quad A=\sum x_j^2,\quad B=\sum x_j^4,\quad E=5A-p^2,\\ y_j=x_{j+1},\quad L_j=2x_j-2x_{j+1}-x_{j+2}+x_{j-1},\\ \Phi=-\sum y_j^2L_j,\quad M=\sum y_j(24x_j+37y_j)L_j^2,\\ F=242A^2E-5AM+125\Phi^2. \end{gathered}$$

Все индексы берутся по модулю пяти.

1. Ортогональность гармоник

Пусть $\zeta=e^{2\pi i/5}$ и

$$x_j=t+z\zeta^j+\bar z\zeta^{-j}+w\zeta^{2j}+\bar w\zeta^{-2j},\qquad r=|z|,\quad s=|w|,\quad\eta=r^2+s^2.$$

Используется правило

$$\sum_{j=0}^4\zeta^{kj}=\begin{cases}5,&k\equiv0\pmod5,\\0,&k\not\equiv0\pmod5.\end{cases}$$

При раскрытии произведений и суммировании остаются только те члены, у которых сумма номеров гармоник кратна пяти. Отсюда сразу

$$p=5t,\qquad A=5(t^2+2\eta),\qquad E=50\eta.$$

Аналогично,

$$\sum_jx_j(x_{j+1}-x_{j+2})=5\sqrt5(r^2-s^2),$$

что даёт формулы для амплитуд через исходные $x_j$. Поскольку $x_j>0$, обратная формула Фурье даёт $r,s\le t$ и $\eta\le2t^2$.

Из $L_j-L_{j-1}=5x_j-p$ находим

$$\begin{aligned} L_j&=\ell_1z\zeta^j+\bar\ell_1\bar z\zeta^{-j}+\ell_2w\zeta^{2j}+\bar\ell_2\bar w\zeta^{-2j},\\ \ell_1&=\frac5{1-\zeta^{-1}},\qquad \ell_2=\frac5{1-\zeta^{-2}}. \end{aligned}$$

Введём

$$h=\sqrt5,\qquad \lambda=\sqrt{125+10h},\qquad \mu=\sqrt{125-10h}.$$

Полезны равенства

$$\begin{aligned} |\ell_1|^2&=\frac52(5+h),&|\ell_2|^2&=\frac52(5-h),\\ \lambda&=14\sin\frac{2\pi}{5}-2\sin\frac\pi5,&\mu&=2\sin\frac{2\pi}{5}+14\sin\frac\pi5,\\ \lambda\mu&=55h,&(\lambda\pm\mu)^2&=250\pm110h. \end{aligned}$$

Они следуют из $\sin^2(2\pi/5)=(5+h)/8$, $\sin^2(\pi/5)=(5-h)/8$ и $\sin(2\pi/5)\sin(\pi/5)=h/4$.

2. Вычисление Φ

Обозначим

$$Z_1=z^2\bar w,\qquad Z_2=zw^2,\qquad Z_3=z^3w,\qquad Z_4=z\bar w^3.$$

Например, в $\Phi=-\sum x_{j+1}^2L_j$ коэффициент при $tr^2$ равен

$$-10(\zeta^{-1}\ell_1+\zeta\bar\ell_1)=50.$$

При $Z_1$ коэффициент равен

$$\begin{aligned} -5(\zeta^2\bar\ell_2+2\zeta^{-1}\ell_1) &=5(11+7\zeta+3\zeta^2+4\zeta^3)\\ &=\frac52(15+i\lambda). \end{aligned}$$

Здесь два слагаемых соответствуют выбору из $L_j$ гармоники $\bar w$ или $z$. Аналогично, коэффициент при $Z_2$ равен

$$-5(\zeta^{-1}\ell_1+2\zeta^3\ell_2)=\frac52(15+i\mu).$$

Добавляя сопряжённые члены, получаем

$$\Phi=5(10t\eta+\operatorname{Re}K),\qquad K=(15+i\lambda)Z_1+(15+i\mu)Z_2.$$

3. Вычисление M

Введём вспомогательную переменную $\tau$ и приведём степени по модулю $\tau^5-1$:

$$\begin{aligned} X(\tau)&=t+z\tau+w\tau^2+\bar w\tau^3+\bar z\tau^4,\\ Y(\tau)&=X(\zeta\tau),\\ \mathcal L(\tau)&=\ell_1z\tau+\ell_2w\tau^2+\bar\ell_2\bar w\tau^3+\bar\ell_1\bar z\tau^4. \end{aligned}$$

Пусть $b_k,d_k$ — коэффициенты при $\tau^k$ в $Y(24X+37Y)$ и $\mathcal L^2$. Тогда

$$M=5\sum_{k=0}^4b_kd_{-k}=5\bigl[b_0d_0+2\operatorname{Re}(b_1\bar d_1+b_2\bar d_2)\bigr].$$

Достаточно следующих шести выражений:

$$\begin{aligned} b_0={}&61t^2+(62+12h)r^2+(62-12h)s^2,\\ b_1={}&(24+98\zeta)tz+[24(\zeta^2+\zeta^4)+74\zeta]\bar zw\\ &+(24\zeta^3+37\zeta)\bar w^2,\\ b_2={}&(24+98\zeta^2)tw+(24\zeta+37\zeta^2)z^2\\ &+[24(\zeta^3+\zeta^4)+74\zeta^2]\bar z\bar w,\\ d_0={}&5(5+h)r^2+5(5-h)s^2,\\ d_1={}&2\ell_2\bar\ell_1\bar zw+\bar\ell_2^2\bar w^2,\\ d_2={}&\ell_1^2z^2+2\bar\ell_1\bar\ell_2\bar z\bar w. \end{aligned}$$

Например, в $d_1$ участвуют пары номеров $(2,4),(4,2),(3,3)$: их суммы сравнимы с единицей по модулю пяти.

Подстановка даёт $M=25M_*$, где

$$\begin{aligned} M_*={}&t^2[(305+61h)r^2+(305-61h)s^2]\\ &+2t\operatorname{Re}[(305+37i\lambda)Z_1+(305+37i\mu)Z_2]+M_0,\\ M_0={}&(250+61h)r^4+760r^2s^2+(250-61h)s^4\\ &+\operatorname{Re}(c_+Z_3+c_-Z_4),\\ c_\pm={}&305\pm57h+37i(\lambda\pm\mu). \end{aligned}$$

4. Подстановка в F

Теперь все подстановки собираются в одну формулу:

$$\frac F{625}=484\eta(t^2+2\eta)^2-(t^2+2\eta)M_*+5(10t\eta+\operatorname{Re}K)^2.$$

Сгруппируем результат по степеням $t$, не раскрывая постоянный квадрат:

$$\begin{aligned} \frac F{5000}={}&\frac{t^4}{8}[(179-61h)r^2+(179+61h)s^2]\\ &+t^2\left[\left(197-\frac{183h}{8}\right)r^4+\frac{723}{2}r^2s^2+\left(197+\frac{183h}{8}\right)s^4\right]\\ &-\frac{t^2}{8}\operatorname{Re}(c_+Z_3+c_-Z_4)\\ &+t\operatorname{Re}(C_\lambda Z_1+C_\mu Z_2)+E_0, \end{aligned}$$

где

$$\begin{aligned} C_\nu&=-\frac{305+37i\nu}{4}t^2+(35-6i\nu)\eta,\qquad \nu\in\{\lambda,\mu\},\\ E_0&=242\eta^3-\frac{\eta}{4}M_0+\frac58(\operatorname{Re}K)^2. \end{aligned}$$

Например, коэффициент при $t^4r^2$ равен $(484-305-61h)/8$. Коэффициент при $t\eta Z_1$ получается из сокращения

$$\frac18[-4(305+37i\lambda)+100(15+i\lambda)]=35-6i\lambda.$$

Тем самым нечётные члены, имеющие одну фазу, уже собраны вместе.

5. Оценки модулей

Используем $20/9<h<9/4$. Нужные квадраты модулей равны

$$\begin{aligned} \frac{|305+37i\nu|^2}{16}&=\frac{132075\pm6845h}{8},\\ \frac{|25+85i\nu|^2}{16}&=\frac{451875\pm36125h}{8},\\ \frac{|c_\pm|^2}{64}&=\frac{28220\pm11585h}{4}. \end{aligned}$$

В первых двух строках верхний знак соответствует $\nu=\lambda$, нижний — $\nu=\mu$. Отсюда

$$\begin{array}{c|cc} &\lambda&\mu\\ \hline |305+37i\nu|/4&<136&<121\\ |25+85i\nu|/4&<264&<217 \end{array}\qquad \frac{|c_+|}{8}<\frac{233}{2},\qquad\frac{|c_-|}{8}<25.$$

В частности, для границы $233/2$ достаточно заметить

$$\frac{28220+11585\cdot9/4}{4}=\left(\frac{233}{2}\right)^2-\frac{11}{16}.$$

Перепишем нечётные коэффициенты:

$$C_\nu=-\frac14\left[(305+37i\nu)\left(t^2-\frac\eta2\right)+(25+85i\nu)\frac\eta2\right].$$

Так как $\eta\le2t^2$, оба вещественных множителя в скобках неотрицательны. Поэтому

$$|C_\lambda|\le136t^2+64\eta,\qquad |C_\mu|\le121t^2+48\eta.$$

Учитывая $|Z_1|=r^2s$, $|Z_2|=rs^2$, получаем

$$t\operatorname{Re}(C_\lambda Z_1+C_\mu Z_2)\ge-t^3rs(136r+121s)-16trs\eta(4r+3s).$$

А из $|Z_3|=r^3s$, $|Z_4|=rs^3$ следует

$$-\frac{t^2}{8}\operatorname{Re}(c_+Z_3+c_-Z_4)\ge-t^2\left(\frac{233}{2}r^3s+25rs^3\right).$$

Для вещественных коэффициентов достаточно тех же границ на $h$:

$$\begin{gathered} \frac{179-61h}{8}>5,\qquad \frac{179+61h}{8}>39,\\ 197-\frac{183h}{8}>\frac{291}{2},\qquad197+\frac{183h}{8}>247. \end{gathered}$$

Наконец, $250+61h<388$, $250-61h<116$, $|c_+|<932$, $|c_-|<200$. Отбрасывая в $E_0$ неотрицательный квадрат, получаем

$$\begin{aligned} E_0&\ge242\eta^3-\frac\eta4(388r^4+932r^3s+760r^2s^2+200rs^3+116s^4)\\ &=\eta(145r^4-233r^3s+294r^2s^2-50rs^3+213s^4). \end{aligned}$$

Все эти оценки вместе дают многочлен $P$ из доказательства.

6. Формула для B

Остаётся таким же способом раскрыть $\sum x_j^4$. Члены с двумя ненулевыми гармониками дают $12t^2\eta$, с тремя — $24t\operatorname{Re}(Z_1+Z_2)$. Четыре ненулевые гармоники дают $6r^4+24r^2s^2+6s^4+8\operatorname{Re}(Z_3+Z_4)$. Поэтому

$$\frac B5=t^4+12t^2\eta+24t\operatorname{Re}(Z_1+Z_2)+6\eta^2+12r^2s^2+8\operatorname{Re}(Z_3+Z_4).$$

После оценки действительных частей модулями получается формула, использованная в симметрическом завершении доказательства.

[Klein]

Rak so dna в сообщении #1734198 писал(а):

Для положительных $a,\,b,\,c,\,d,\,e$ таких, что $a^2+b^2+c^2+d^2+e^2=5$ докажите:

$8.~~~\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{d} + \dfrac{d}{e} + \dfrac{e}{a} \geq\dfrac{25}{a+b+c+d+e}$

На доказательтво в Астре ушло 10–15% недельного лимита. Мне жаль тратить больше на поиск более красивого решения.

Такое решение выдала Астра, приложив алгебраический сертификат. Решение хорошо оформлено. В приложении с сертификатом четыре большие 4 матрицы размером 13×13, 18×18, 12×12 и 14×14. Суммируются пять циклических вариантов выражения, каждый из которых содержит 4 взвешенные квадратичные формы. Всего 20 слагаемых. Для их записи достаточно 4 матриц - каждая по пять раз.

Решение:
https://file.kiwi/aba01e8a#rpYx6LlvoNfmHFjghwa53w


P.S
Не знаю как прикрепить документ. Помещать большие матрицы в BBcode тоже не хочется.
Ссылка работает 90 часов . Прикрепете файл в теме на форуме.

[tolstopuz]

Klein в сообщении #1735006 писал(а):

Такое решение выдала Астра, приложив алгебраический сертификат.

Да, любят они эти сертификаты. Мне хотелось что-то совсем человеческого, поэтому я просидел еще десять дней и получил это удивительное решение (кстати, ДПФ для доказательства циклических неравенств реально применяется, в том числе на олимпиадах). Простое, но нудное и безыдейное решение у Астры было готово уже через несколько часов:

$$360\left(\prod_{\rm cyc}a\right)^2 \left[\left(\sum_{\rm cyc}a\right)^2 \left(\sum_{\rm cyc}\frac ab\right)^2-125\sum_{\rm cyc}a^2\right] =\sum_{\rm cyc}ab\left\{\begin{aligned} &ac\bigl[31bcd^2+bce(48c+7e)+de(2ac+67b^2+482bc)\bigr]\\ &\qquad{}\times\bigl[d(a+d-2e)+2(d-2e)(c-d)\bigr]^2\\[2pt] &+ac^2d\bigl[5bd+e(91a+1247b)\bigr] \bigl[b(d-e)+(d-2e)(c-d)\bigr]^2\\[2pt] &+ac^2d\bigl[28bd+e(583a+5b)\bigr]\\ &\qquad{}\times\bigl[(d-e)(a+b-d+e)+e(a-b-c+e)\bigr]^2\\[2pt] &+222bc^2de^2\bigl[(3a-2d)(b-d)+2e(c-d)\bigr]^2\\[2pt] &+abc^2\bigl[10a^2+45ab+16b^2+bd+c(2a+5b+55d+15e)\bigr]\\ &\qquad{}\times\bigl[3d^2-e(2c+d)\bigr]^2\\[2pt] &+abc^2\bigl[4a^2+a(19b+47c)+b^2+21bc+15c^2\bigr] \bigl[3d^2+e(d-4c)\bigr]^2\\[2pt] &+ac\bigl[de(126a^2+2bd+4ae+3be)+bc(d^2+27de+e^2)\bigr]\\ &\qquad{}\times\bigl[2bd+c(d-3e)\bigr]^2\\[2pt] &+bce^2\bigl[ac+13d(b+72c)\bigr] \bigl[d(d-e)-(c-d)(3a-d-e)\bigr]^2\\[2pt] &+bd\left[\begin{aligned} &ad(7a^2+153ac+2ad+22b^2+4bc+8bd+3cd+34d^2)\\ &+ae(9bd+2c^2+30cd+130d^2)+6cde^2 \end{aligned}\right]\\ &\qquad{}\times\bigl[cd+e(b-2c)\bigr]^2\\[2pt] &+ad\bigl[bc^2(2d+323e)+3cde(37a+63b)+3bde^2\bigr] (2d-3e)^2(b-c)^2 \end{aligned}\right\}\ge0.$$

Хотя, думаю, Rak so dna такого и ждал, это я уже заморочился.

[Klein]

tolstopuz в сообщении #1735020 писал(а):

Klein в сообщении #1735006 писал(а):

Такое решение выдала Астра, приложив алгебраический сертификат.

Мне хотелось что-то совсем человеческого, поэтому я просидел еще десять дней и получил это удивительное решение (кстати, ДПФ для доказательства циклических неравенств реально применяется, в том числе на олимпиадах). Простое, но нудное и безыдейное решение у Астры было готово уже через несколько часов

Нормальное у вас решение (ДПФ) для дискуссионной площадки и обучения моделей в будущем. Математические ресурсы и тематические дискуссионные площадки активно индексируются и используются ИИ-системами. Со временем спрос на качественных и проверенных математического контент только будет увеличиваться.

Я сейчас хочу собрать в Hermes систему recursive self-improvement для математики (RSI-maths на локальном диске), которая будет работать с разными моделями. Не столько для того, чтобы просто решать задачки, сколько разобраться, как все это работает. Сейчас движение от обычных чатов и агентной оркестрации (агенты общаются между собой) к автономным системам - накопление опыта, оценка собственной работы и улучшение алгоритмов. Мультиагентная оркестрация один из компонентов таких систем. Так вот, кредитов в Астре едва хватает на проектирование, планирование и проверку. Директория rsi-maths уже разрослась примерно до 2 ГБ, хотя пока даже толком не заполнил качественной литературой для дистилляции.

[tolstopuz]

Я как раз попросил у Астры литературу по этой области.

Неотрицательные многочлены и суммы квадратов: теория и литература

Вопросы о представлении неотрицательного многочлена суммой квадратов, о подходящих множителях и о разложениях с положительными весами относятся к вещественной алгебраической геометрии, точнее — к теории неотрицательных многочленов и сумм квадратов. Её пересечение с выпуклой геометрией и оптимизацией называют выпуклой алгебраической геометрией (convex algebraic geometry).

Как здесь связаны разные разделы математики

Коммутативная алгебра даёт аппарат для работы с многочленами: идеалы условий равенства, делимость, факторизацию, вычисления по модулю заданных соотношений. Выпуклая геометрия изучает конусы неотрицательных форм и сумм квадратов, их границы, грани и экстремальные лучи. Для вычислительного поиска разложений используется полуопределённое программирование (semidefinite programming, SDP).

Связь с SDP основана на представлении

$$f(x)=z(x)^{\mathsf T}Qz(x),\qquad Q\succeq0,$$

где $z(x)$ — вектор одночленов, а $Q$ — симметрическая положительно полуопределённая матрица. При фиксированном $z$ сопоставление коэффициентов даёт линейные условия на элементы $Q$. Из разложения $Q=C^{\mathsf T}C$ получается

$$f(x)=\sum_j\bigl(Cz(x)\bigr)_j^2.$$

Таким образом, поиск разложения в выбранном базисе сводится к выпуклой задаче о матрице. Сам многочлен $f$ при этом может быть невыпуклым.

Вопросам существования представлений посвящены, в частности, 17-я проблема Гильберта и теоремы о сертификатах положительности — Positivstellensätze. При дополнительных условиях на переменные в сертификатах появляются веса, неотрицательные на заданной области.

Симметрия подключает ещё и теорию инвариантов и представлений. Для циклической группы естественным инструментом служит преобразование Фурье: оно позволяет разложить соответствующие пространства на компоненты и уменьшить матричные блоки.

Что почитать

1. Sanjay Lall. Sums of Squares.
PDF, 29 страниц слайдов.

Краткое введение: матрица Грама, связь с SDP, пример Моцкина, множители и учёт ограничений. Подходит для знакомства с устройством вычислительного поиска сумм квадратов.

2. Bruce Reznick. Some Concrete Aspects of Hilbert’s 17th Problem.
PDF обзора.

Неотрицательные формы, препятствия к представлению суммой квадратов, суммы квадратов рациональных функций и множители. Обзор содержит конкретные примеры и тождества; с него удобно начинать изучение вопросов о том, почему разложение существует или не существует.

3. Grigoriy Blekherman, Pablo A. Parrilo, Rekha R. Thomas (ред.). Semidefinite Optimization and Convex Algebraic Geometry.
Страница книги; полный текст PDF.

Для задач о неравенствах особенно полезны:

— §3.1: неотрицательные многочлены, суммы квадратов и матрицы Грама;
— §3.3: использование структуры, разреженности и симметрий;
— §3.4: сертификаты несовместности полиномиальных условий;
— глава 4: геометрия конусов неотрицательных форм и сумм квадратов.

В приложении собраны необходимые сведения о матрицах, выпуклости, многочленах и идеалах.

4. Claus Scheiderer. A Course in Real Algebraic Geometry: Positivity and Sums of Squares.
Страница книги, 2024.

Систематический теоретический курс. Глава 2 посвящена положительности и суммам квадратов, глава 6 — неотрицательным многочленам с нулями, глава 8 — суммам квадратов и оптимизации. Тема нулей особенно существенна для неравенств с нетривиальными случаями равенства: эти точки накладывают ограничения на возможные разложения.

5. Karin Gatermann, Pablo A. Parrilo. Symmetry groups, semidefinite programs, and sums of squares.
Статья на arXiv.

Использование симметрий при поиске сумм квадратов и разбиение матричной задачи на меньшие блоки. Это естественный источник для изучения связи циклических неравенств с преобразованием Фурье.

Для первого чтения можно взять слайды Лалла и обзор Резника, затем перейти к §§3.1 и 3.3 и главе 4 книги Blekherman–Parrilo–Thomas.

[Klein]

По наводке @tolstopuz на нужную литературу получилось такое решение.

Цитата:

$$2(a^6+b^6+c^6)+abc(a^3+b^3+c^3)\ge 3(a^5b+b^5c+c^5a).$$

Положим

$$P=2(a^6+b^6+c^6)+abc(a^3+b^3+c^3)-3(a^5b+b^5c+c^5a).$$

Метод матрицы Грама дает точное разложение на сумму квадратов

$$P= \frac{A_1^2}{864} +\frac{A_2^2}{2592} +\frac{A_3^2}{20736} +\frac{A_4^2}{2578176} +\frac{277}{8952}\bigl((a-b)(b-c)(c-a)\bigr)^2. \tag{1}$$

Многочлены определяются следующим образом

$$\begin{aligned} A_1={}&27a^3-7a^2b-2a^2c-17ab^2-10ac^2\\ &-28b^3+17b^2c+19bc^2+c^3 \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} A_2={}&29a^3-27a^2b+36a^2c-21ab^2+24ac^2\\ &+26b^3+3b^2c-15bc^2-55c^3 \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} A_3={}&127(a^3+b^3+c^3)-180(a^2b+b^2c+c^2a)\\ &-9(a^2c+ab^2+bc^2)+186abc \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} A_4={}&373(a^3+b^3+c^3)+852(a^2b+b^2c+ac^2)\\ &-1971(a^2c+ab^2+bc^2)+2238abc. \end{aligned}$$

Все коэффициенты при квадратах в (1) положительны

$$P\ge0.$$

$$2(a^6+b^6+c^6)+abc(a^3+b^3+c^3) \ge3(a^5b+b^5c+c^5a).$$

равенство достигается при $a=b=c$

[Rak so dna]

Klein попробуйте найти аналогичные формы для первого неравенства отсюда и для третьего отсюда