Solvencia de un sistema relacionado con los subconjuntos de {1,2,3}

Question

Pregunta: ¿hay una solución para el siguiente sistema?
(si es así estoy interesado en una solución explícita)

$x_1>x_2, \ \ x_1>x_3, \ \ x_1>x_4,$
$ x_2>x_5, \ \ x_2>x_6, \ \ x_3>x_5, \ \ x_3>x_7, \ \ x_4>x_6, \ \ x_4>x_7,$
$x_5>1, \ \ x_6>1, \ \ x_7>1,$
$x_2 x_3 \le x_1 x_5, \ \ x_2 x_4 \le x_1 x_6, \ \ x_3 x_4 \le x_1 x_7$
$x_5 x_6 \le x_2, \ \ x_5 x_7 \le x_3, \ \ x_6 x_7 \le x_4$
$x_1-x_2-x_3-x_4+x_5+x_6+x_7-1 \le 0$

Motivación: Vamos a $B_n$ ser el rango de $n$ booleano red (es decir, el subconjunto de celosía de $\{1,2, \cdots , n\}$).
Un etiquetado $f: B_n \to \mathbb{R}_+$ se llama permitido si se cumple:

• $f(\emptyset) = 1$
• $a \subset b \Rightarrow f(a) < f(b)$
• $ f(a)f(b) \le f(a \cup b)f(a \cap b)$, $\forall a,b \in B_n$

Deje $\varphi(f) := (-1)^n\sum_{a \in B_n} (-1)^{|a|} f(a)$ ser el de Euler totient de la etiqueta $f$.

Observación: Para $n=1$, podemos ver directamente que $\varphi(f)>0$, y para $n=2$ es demostrado en esta respuesta.

Nuestro sistema admite una solución iff no está permitido el etiquetado de $B_3$ con un negativo de Euler totient.
A entender que tomar $f(\{1,2,3\})=x_1$, $ f(\{1,2\})=x_2 $, $f(\{1,3\})=x_3$, $f(\{2,3\})=x_4$, $f(\{1\})=x_5$, $f(\{2\})=x_6$, $f(\{3\})=x_7$ y $f(\emptyset)=1=x_8$.

$ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ $

Observación: Si $f$ mapas a $\mathbb{N}$ $x_1 < 100$ $\varphi(f) > 0$ (comprobado por SAGE).
Si por otra parte $a \subset b \Rightarrow f(a) \mid f(b)$, entonces tenemos la misma para $x_1 < 10^5$.
Si $ f(a)f(b) = f(a \cup b)f(a \cap b)$$\varphi(f) = (x_5-1)(x_6-1)(x_7-1)>0$.

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Pregunta extra: ¿Cuál es el menor $\varphi(f)$ $f$ un permitió etiquetado de $B_3$?

Lema: $\varphi(f)>-1$.
Prueba: En Primer Lugar $(x_1-x_2)(x_1-x_3)(x_1-x_4)>0$,
por lo $x_1^3 + x_1(x_2x_3+x_2x_4+x_3x_4) > x_1^2(x_2+x_3+x_4)+x_2x_3x_4$,
a continuación,$x_1 + \frac{x_2x_3}{x_1}+\frac{x_2x_4}{x_1}+\frac{x_3x_4}{x_1} > x_2+x_3+x_4+\frac{x_2x_3x_4}{x_1^2}$,
pero $x_5 \ge \frac{x_2x_3}{x_1}, x_6 \ge \frac{x_2x_4}{x_1}, x_7 \ge \frac{x_3x_4}{x_1}$.
De ello se sigue que $\varphi(f) > \frac{x_2x_3x_4}{x_1^2}-1>-1$. $\square$

La siguiente muestra que $\frac{x_2x_3x_4}{x_1^2} \le 1$, de modo que no podemos tener una mejor cota inferior para $\varphi(f)$ por este método.

Lema: $x_2x_3x_4 \le x_1^2$.
Prueba: En Primer Lugar $(x_2x_3)(x_2x_4)(x_3x_4) \le (x_1x_5)(x_1x_6)(x_1x_7)$,
por lo $(x_2x_3x_4)^2 \le x_1^3x_5x_6x_7$,
A continuación, $(x_2x_3x_4)^4 \le x_1^6(x_5x_6)(x_5x_7)(x_6x_7) \le x_1^6(x_2x_3x_4)$.
De ello se desprende que $(x_2x_3x_4)^3 \le x_1^6$, por lo que $x_2x_3x_4 \le x_1^2$. $\square$

Answer 1

Sí, tome $0< \epsilon \le 1/100$$2 \le x \le 3$, entonces el etiquetado siguiente es una solución:

por supuesto, en $\epsilon$ $x$ podemos comprobar que:

• $1< 1+\epsilon < \sqrt{x} < x$,
• $x(1+\epsilon) \ge (\sqrt{x})^2$ $\sqrt{x} > (1+ \epsilon)^2$ ,
• $\varphi(f) = x-3\sqrt{x} + 3(1+ \epsilon)-1 = x+2-3\sqrt{x}+3\epsilon < 0 $.

Por otra parte $x+2-3\sqrt{x}$ tiene un mínimo de $x=9/4$ donde $\varphi(f) = -1/4+3 \epsilon$.

Sobre el bono de la pregunta: ¿Es cierto que $\varphi(f) > -1/4$, para cualquier permite el etiquetado de $f$$B_3$?