Неравенство от двух переменных

[arqady]

Дакажите, что

$$(x-y)^2+(x^2+y^2-12y+35)^4\geq17$$

[temp03]

Ну во-первых, очевидно что $|x^2+y^2-12y+35|\to0$
Во-вторых, $y^2-12y+35$ имеет два корня $(5,7)$ - только при достаточной близости к ним $|x^2+y^2-12y+35|$ будет мало, т.к. все остальные значения дадут результат больший $2$, что с добавлением $x^2>1$ даст результат больше $17$ - там четвёртая степень.
Т.е. ответ надо искать в $x\sim1$, $y\sim(5,7)$.
Простой арифметикой убеждаемся, что пара $(1,5)$ даёт меньший результат чем пара $(1,7)$.
Далее, если будем уменьшать $x\to0$, то будет расти $(x-y)^2$ быстрее, чем убывать $(x^2+y^2-12y+35)^4$. Аналогично, если $x>1$. Поэтому минимум $x=1$.

[nnosipov]

temp03 в сообщении #754430 писал(а):

Ну во-первых, очевидно что $|x^2+y^2-12y+35|\to0$

Это загадочно. Вообще, Ваши рассуждения как-то совсем по-бытовому выглядят. Строгости явно не хватает.

Задача, кстати, вполне решаемая стандартными школьными средствами.

[temp03]

nnosipov в сообщении #754434 писал(а):

Это загадочно.

Почему? Ну пусть будет $|x^2+y^2-12y+35|<\sqrt[4]{17}\sim2$. Всё равно это ничего не поменяет. $y$ останется в районе $(5,7)$, а $x$ в районе $1$. Абсолютно ненужное замечание.

-- Вт авг 13, 2013 17:35:32 --

nnosipov в сообщении #754434 писал(а):

Задача, кстати, вполне решаемая стандартными школьными средствами.

ну, кстати, решите! Вашего решения я до сих пор не видел!

[nnosipov]

temp03 в сообщении #754481 писал(а):

ну, кстати, решите! Вашего решения я до сих пор не видел!

А почему бы и нет? Вот, смотрите.

Положим $x=q\sqrt{2}\cos{t}$ и $y=q\sqrt{2}\sin{t}+6$, где $q \geqslant 0$ и $t$ --- новые переменные. В новых переменных левая часть неравенства примет вид $(q\sqrt{2}u-6)^2+(2q^2-1)^4$, где $u=\cos{t}-\sin{t}$. Заметим, что $u$ меняется от $-\sqrt{2}$ до $\sqrt{2}$. Если $q \geqslant 3$, то интересующая нас сумма не меньше $(2 \cdot 3^2-1)^4=17^4$. Если $q<3$, то первое слагаемое не меньше, чем $(2q-6)^2$, а значит, вся сумма не меньше, чем

$$ f(q)=(2q-6)^2+(2q^2-1)^4. $$

Нетрудно найти минимум функции $f(q)$. Имеем

$$ f'(q)=8(q-1)(4q^2(4q^4-2q^2+1)+4q(4q^4-2q^2+1)+3), $$

откуда единственный нуль производной --- это $q=1$. Он же и доставляет минимум нашей функции, который равен $17$.

Как видите, ничего особо хитрого изобретать не пришлось.

[arqady]

Можно так:
$(x-1)^2+(y-5)^2\geq0$. Поэтому $x^2+y^2-12y+35\geq2(x-y)+9$.
Если $2(x-y)+9<0$, то $(x-y)^2>20.25>17$.
Поэтому можно положить $2(x-y)+9\geq0$.
Пусть $x-y=a$. Тогда остаётся доказать, что $a^2+(2a+9)^4\geq17$, а это эквивалентно
$(a+4)^2(16a^2+160a+409)\geq0$, что очевидно верно.
Равенство достигается, когда $x-y=-4$ и $(x-1)^2+(y-5)^2=0$, то бишь при $x=1$ и $y=5$.

[nnosipov]

Да, без производной можно совсем обойтись, если заметить, что

$$ f(q)-17=(2q-6)^2+(2q^2-1)^4-17=4(4q^6+8q^5+4q^4+2q^2+4q+5)(q-1)^2. $$

[arqady]

Вот как решает эту задачу школьник.
Так как для всех действительных $t$ выполняется $t^4\geq4t-3$, то остаётся доказать, что
$(x-y)^2+4(x^2+y^2-12y+35)-3\geq17$, а это $(5x-y)^2+24(y-5)^2\geq0$.

[Legioner93]

Я вот до чего дошёл, ещё когда тема была без ответов:
Замена $z=6-y$ приводит выражение к симметричному виду $(x+z-6)^2+(x^2+z^2-1)^4$
Используя неравенство о среднем квадратическом, получаем, что $(x+z-6)^2+(x^2+z^2-1)^4 \geqslant (x+z-6)^2 + \left(\frac{1}{2}(x+z)^2-1\right)^4=f(x+z)$

$$f(u)=(u-6)^2 + \left(\frac{1}{2}u^2-1\right)^4$$

$$f'(u)=\frac{1}{2}u^7 - 3u^5 +6u^3 -2u -12=(u-2)\left(\frac{1}{2}u^6 +u^5 -u^4 -2u^3 +2u^2 +4u +6\right)=(u-2)g(u)$$

Если доказать, что $\forall u \ g(u)>0$ (а это на самом деле так), то дело в шляпе... Потому что тогда $f(u)$ очевидно имеет глобальный минимум в точке $u=2$, а это ровно 17, значит и исходное выражение не меньше 17.

Собственно говоря, на этом и ступор. Крутил-вертел этот полином шестой степени - ничего хорошего не вышло. Единственный легальный способ, который я знаю - посчитать вручную его дискриминант, убедиться, что он отрицательный (по Вольфраму около $-10^7$), а значит и корней нет. Но считать определитель $11 \times 11$ пока что-то не горю желанием

Здесь я солидарен с третьим персонажем из известного анекдота - если задача свелась к алгоритмической рутине, то можно писать Ч.Т.Д.

(Оффтоп)

В гостинице, куда поселились инженер, математик и физик возник пожар.
Инженер - унюхав запах гари, выбегает в коридор, подбегает к пожарному гидранту, и быстро заливает огонь водой.
Физик - поняв, что отель горит, оценив запасы горючих материалов и приняв во внимание теплоемкость воды и все такое прочее, тушит пожар минимально необходимым количеством воды затратив минимум энергии.
Математик - осознав, что все кругом полыхает, задумчиво смотрит на пожарный гидрант. И воскликнув: "О! Решение существует!" - спокойно возвращается к себе в номер!

[nnosipov]

Legioner93 в сообщении #755299 писал(а):

Единственный легальный способ, который я знаю - посчитать вручную его дискриминант, убедиться, что он отрицательный (по Вольфраму около $-10^7$), а значит и корней нет.

Но это же многочлен не второй степени, у него отрицательным дискриминант может оказаться и тогда, когда есть вещественные корни.

Legioner93 в сообщении #755299 писал(а):

Используя неравенство о среднем квадратическом, получаем, что $(x+z-6)^2+(x^2+z^2-1)^4 \geqslant (x+z-6)^2 + \left(\frac{1}{2}(x+z)^2-1\right)^4=f(x+z)$

Здесь аккуратней надо: неравенство $(x^2+z^2-1)^4 \geqslant (\frac{1}{2}(x+z)^2-1)^4$ неверно для произвольных $x$ и $z$.

[Legioner93]

nnosipov
Да, вы во всём правы

(Оффтоп)

А есть какой-нибудь строгий способ проверить целочисленный многочлен на действительные корни? Припоминается только ряд Штурма, но опять на уровне "слышал звон", как с дискриминантом

[nnosipov]

Legioner93 в сообщении #755662 писал(а):

(Оффтоп)

А есть какой-нибудь строгий способ проверить целочисленный многочлен на действительные корни? Припоминается только ряд Штурма, но опять на уровне "слышал звон", как с дискриминантом

(Оффтоп)

Да, есть такой метод Штурма.

[TOTAL]

Legioner93 в сообщении #755299 писал(а):

$$f(u)=(u-6)^2 + \left(\frac{1}{2}u^2-1\right)^4$$

Если доказать, что $\forall u \ g(u)>0$ (а это на самом деле так), то дело в шляпе... Потому что тогда $f(u)$ очевидно имеет глобальный минимум в точке $u=2$, а это ровно 17, значит и исходное выражение не меньше 17.

Если знаете (или подозреваете) точку минимума, то можно попытаться преобразовать к сумме, где каждое слагаемое имеет минимум в той же точке

$$f(u)=(u-6)^2 + \left(\frac{1}{2}u^2-1\right)^4=(u-6)^2 + \left[ \left(\frac{1}{2}u^2-1\right)^2 - 1 \right]^2 + 2 \left(\frac{1}{2}u^2-1\right)^2 -1= \cdots$$

затем ещё раз и получите сумму трех квадратов

[TR63]

Legioner93 в сообщении #755299 писал(а):

Если доказать, что $\forall u \ g(u)>0$ (а это на самом деле так), то дело в шляпе..

Докажем, что уравнение не имеет отрицательных корней. Для этого достаточно доказать, что не имеет положительных корней уравнение
$x^6-2x^5-2x^4+4x^3+4x^2-8x+12=(x^2)(x-1)^4+(2x^3)(x-2)^2+(3x^2-8x+12)$...
Теперь докажем, что исходное уравнение не имет положительных корней. Его можно записать в виде
$(x^2)(x^4-4x+4)+(2x^5-2x^4+4)+8(x+1)$...
Legioner93,
если учесть замечание nnosipov, то Ваша идея, возможно, пройдёт. (Точно, не знаю.)
У меня тоже есть идея: доказать, что достаточно исследовать неравенство при $x=0$. Делаем замену переменных
$y=t-z$. Получаем
$(t-z)^2+[z^2+t^2-12t+35-2z(t-6)]^4>17$
Это неравенство верно при любых значениях переменных, если считать, что исходное неравенство доказанно при $x=0$ (практически это возможно, но не кратко; поэтому расписывать подробно остальное не стоит).