Matematické Fórum

Sherlock

Zdravím
Opět si nevím rady (u nerovností se mi to stává často);

$xyz\ge (x+y-z)(x+z-y)(y+z-x)$ , $x,y,z\in \mathbb{R}^{+}$

Můj pokus o řešení:

Nerovnost je homogenní a symetrická, zavedu $x\ge y\ge z$ a potom:
$y,z,(x+y-z),(y+z-x)=1$

Zůstane nerovnost, která triviálně platí: $x\ge (x+z-y)$

Je tento postup správný?

vanok · 30. 08. 2014 23:01 — Editoval vanok (30. 08. 2014 23:04)

Ahoj ↑ Sherlock:,
Osobne by som pouzil Ravi-ho transformaciu za predpokladu ze x,y,z su strany jedneho trojuholnika.

Sherlock · 30. 08. 2014 23:45

↑ vanok: To neznám, poslal bys mi nějaký odkaz nebo napsal bys tu postup?

+Ještě se podívej prosím na můj pokus o řešení, z hlediska mých znalostí v něm nevidím žádnou chybu, ale intuitivně se mi zdá že tam něco v pořádku není.

Eratosthenes · 31. 08. 2014 01:28

ahoj ↑ Sherlock:,

tvůj postup bohužel správně není. Nerovnost má platit pro libovolná kladná reálná čísla, takže nemůžeš položit y=z=1, ani x+y-z =y+z-x=1

vanok · 31. 08. 2014 02:38

↑ Sherlock:,
Google ti da okamzite hladanu transformaciu, ( Ravi's transformation).
Ak to u teba nefunguje, jednoducho poloz
$x=a+b\\y=b+c\\z=a+c$ .... a vyuzi to.

Sherlock · 31. 08. 2014 10:42

↑ Eratosthenes:

Tak potom bohužel nerozumím, proč to kdekoliv jinde předpokládat můžeme.

Např. jeden z postupů při dokazování pro kladná x,y $x^{4}+2y^{4}\ge x^{2}y^{2}+2xy^{3}$ je takový, že předpokládáme $y=1$ a dostaneme nerovnost jedné proměnné (polynom s kořenem 1, následuje vytknutí atd.)

Eratosthenes

↑ Sherlock:

No ale to je taky špatně. V zadání nerovnosti přece není nikde napsáno, že y=1. Může to být třeba 2, 3, anebo -pi. Proč sis vybral zrovna jedničku?

Představ si, že dokazuješ větu " Kdykoliv jsem v nějakém městě, jsem v USA". A větu dokážeš stylem "Předpokládejme, že tím městem je New York. New York je v USA, takže věta platí". A přesně to děláš.

Brzls · 31. 08. 2014 11:58

↑ Eratosthenes:

Což to zas neni pravda. Ta nerovnost je homogenní, takže klidně můžeš předpokládat že y=1 bez újmy na obecnosti. Nechci to nějak rozepisovat, ale je to třeba tady hnedka někde zezačátku.

https://mks.mff.cuni.cz/archive/29/9.pdf

↑ Sherlock:
Je důležité pochopit proč se ty podmínky můžou volit. Víceméně je to tak, že celou nerovnost vynásobíš nějakým nenulovým k. Jenže ty volíš takové podmínky, pro které to k neexistuje.

Například můžeš volit y=1, ale nemůžeš volit y=z, to už nedává smysl. Prostě je potřeba se nad tím vždy zamyslet a nepsat si ty podmínky jen tak bezhlavě

Xellos · 31. 08. 2014 11:59

↑ Eratosthenes:
↑ Sherlock:

Ono ide o to ze nemozes zaroven zaviest viac vazieb z homogenity. Ak napr. polozis $y=1$ , tak to sice je ok, ale ;nerovnost prestane byt homogenna a dalsie vazby uz pouzit nemozes.

Jedna moznost by bola polozit $x+y-z=1$ a roznasobit na

$xyz-(x+z-y)(y+z-x)=xy(x+y-1)-(2x-1)(2y-1)=2x+2y-1+xy(x+y-5) \ge 0$

co pre $x+y \ge 5$ zjavne plati; inak vieme ze pre fixne $x+y$ je tento vyraz minimalny ak $xy$ je maximalne, co nastava pre $x=y$ (z AG nerovnosti). Staci teda pre $x < \frac{5}{2}$ ukazat ze pre $x > \frac{1}{2}$ (z vazby) plati

$4x-1+x^2(2x-5) \ge 0$

co ma korene $x=\frac{1}{2}$ a $x=1$ ; treti doratame ze je zasa $x=1$ a vidime ze tato nerovnost plati lebo z vlastnosti kubickej funkcie vieme ze pre $x=1$ mame lokalne minimum a funkcia sa tam len dotyka osi $x$ ; zaporne hodnoty bude nadobudat prave pre $x < \frac{1}{2}$ .

Druha moznost je zobrat si ze $x+z-y, y+z-x > 0$ , teda ak $x+y-z \le 0$ , tak nerovnost plati trivialne. Inak mozeme umocnit na druhu a mame

$x^2y^2z^2 \ge [(x+y-z)(x+z-y)][(y+x-z)(y+z-x)][(z+x-y)(z+y-x)]$

co sa da rozbit na 3 nerovnosti, cyklicky od $x^2 \ge [(x+y-z)(x+z-y)]=x^2-(y-z)^2$ , co zjavne plati (a obe strany su kladne, mozeme ich teda spatne roznasobit na povodnu nerovnost).

vanok · 31. 08. 2014 13:18 — Editoval vanok (31. 08. 2014 13:22)

Poznamka:
Najrychlejsie riesenie je iste pouzitie Ravi-ho transformacie.
Ine kratke riesenie, je
Predpokladajme, ze $0 < x \le y \le z$ , co nic nemeni na generalite.
To da $y+z-x \ge 0$ , $x+z-y \ge 0$ ,
Ak $x+y-z<0$ , tak nerovnost plati, tak predpokladajme ze $x+y-z \ge 0$
a potom je lahke overit, ze sa da pouzit Karamata-ova nerovnost. ... http://en.m.wikipedia.org/wiki/Karamata's_inequality
co da vysledok.

Eratosthenes · 31. 08. 2014 13:24

Dívej se pořádně, ↑ Brzls:

reagoval jsem na

======================

Např. jeden z postupů při dokazování pro kladná x,y $x^{4}+2y^{4}\ge x^{2}y^{2}+2xy^{3}$ je takový, že předpokládáme $y=1$ a dostaneme nerovnost jedné proměnné

======================

a tam nic homogenního není.

Sherlock · 31. 08. 2014 14:00

↑ Eratosthenes:

ale je... je homogenní stupně 4, zkus si $x,y$ nahradit za $tx,ty$ a $t$ potom vytknout.

Matematické Fórum

#1 30. 08. 2014 17:37 — Editoval Sherlock (30. 08. 2014 21:47)

Jednoduchá nerovnost

#2 30. 08. 2014 23:01 — Editoval vanok (30. 08. 2014 23:04)

Re: Jednoduchá nerovnost

#3 30. 08. 2014 23:45

Re: Jednoduchá nerovnost

#4 31. 08. 2014 01:28

Re: Jednoduchá nerovnost

#5 31. 08. 2014 02:38

Re: Jednoduchá nerovnost

#6 31. 08. 2014 10:42

Re: Jednoduchá nerovnost

#7 31. 08. 2014 11:35 — Editoval Eratosthenes (31. 08. 2014 11:35)

Re: Jednoduchá nerovnost

#8 31. 08. 2014 11:58

Re: Jednoduchá nerovnost

#9 31. 08. 2014 11:59

Re: Jednoduchá nerovnost

#10 31. 08. 2014 12:16 Příspěvek uživatele Sherlock byl skryt uživatelem Sherlock.

#11 31. 08. 2014 13:18 — Editoval vanok (31. 08. 2014 13:22)

Re: Jednoduchá nerovnost

#12 31. 08. 2014 13:24

Re: Jednoduchá nerovnost

#13 31. 08. 2014 14:00

Re: Jednoduchá nerovnost

Zápatí