Cómo demostrar este $2(x^4+y^4+z^4)+2xyz+7\ge 5(x^2+y^2+z^2)$

Question

que $x,y,z\ge 0$, mostrar que $$2(x^4+y^4+z^4)+2xyz+7\ge 5(x^2+y^2+z^2)$ $

mi idea: que $$x+y+z=p,xy+yz+xz=q,xyz=r$ $ $$x^2+y^2+z^2=(x+y+z)^2-2(xy+yz+xz)=p^2-2q$ $ y $$(xy+yz+xz)^2=x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2+2xyz(x+y+z)$$ $$\Longrightarrow x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2=q^2-2pr$$and $$x^4+y^4+z^4=(x^2+y^2+z^2)^2-2(x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2)=(p^2-2q)^2-2(q^2-2pr)$% $ para $$\Longleftrightarrow 2[(p^2-2q)^2-2(q^2-2pr)]+2r+7\ge 5(p^2-2q)$ $ $$\Longleftrightarrow 2p^4-8p^2q+4q^2+8pr-5p^2+10q+2r+7\ge 0$ $ entonces no puede

Este enlace tiene un problema similar: ver este este problema a lo mejor puede usar desigualdad de AM-GM, pero no puedo. Gracias

Answer 1

He encontrado una solución. Hugly, pero sigue siendo una solución. El procedimiento sugiere que quizás una buena solución es posible mediante el cambio de variables y el uso de $(x-y), (x-z), (z+y)$.

La idea es que en un punto mínimo de la función que estamos buscando, que las condiciones en el estado de Hesse y el diferencial de la fuerza de $x=y=z$, por lo que el problema se reduce a un caso fácil.

Aquí los (algunos) detalles:

1) Compruebe que el mínimo de la función $2(x^4+y^4+z^4)+2xyz+7-5(x^2+y^2+z^2)$ existe y es atteined para $x,y,z$ estrictamente positivo.

2) En un punto mínimo, el Jacobiano (el diferencial) debe degenerar y el de Hesse debe ser positiva definida (o degenerado). La diagonal entradas de Hesse son $24x^2-10$, $24y^2-10$ y $24z^2-10$, por lo que tenemos $$x\geq\sqrt{\frac{5}{12}} \qquad y\geq\sqrt{\frac{5}{12}} \qquad z\geq\sqrt{\frac{5}{12}}$$ 3) El Jacobiano de las ecuaciones son

$$\begin{array}{l} 4x^3+yz=5x\\ 4y^3+xz=5y\\ 4z^3+xy=5z\end{array} \qquad\text{que dar} \qquad \begin{array}{l} 4x^4+xyz=5x^2\\ 4y^4+xyz=5y^2\\ 4z^4+xyz=5z^2\\ \end{array}$$

4) Restando los primeros dos ecuaciones (del lado derecho), llegamos a la $$4(x^4-y^4)=5(x^2-y^2)$$

que es $$4(x-y)(x^3+x^2y+xy^2+y^3)=5(x-y)(x+y)$$

si $(x-y)\neq 0$ podemos dividir y obtener $$4(x^3+x^2y+xy^2+y^3)=5(x+y)$$ simiarly, por repalcing $x$ $z$ tenemos $$ 4(z^3+z^2y+zy^2+y^3)=5(z+y)$$

restando: $$4((x^3-z^3)+(x^2-z^2)y+(x-z)y^2)=5(x-z)$$ si $(x-z)\neq 0$ podemos dividir y obtener $$4(x^2+xz+z^2+(x+z)y+y^2)=5$$ que es $$(x+y)^2+(x+z)^2+(z+y)^2=5/2$$

pero ahora, en el punto 2), observamos que los términos de $(x+y)^2,(x+z)^2,(z+y)^2$ son todas menos la $5/3$ de dónde $$5/2=(x+y)^2+(x+z)^2+(z+y)^2>5$$

Contradicción.

Por lo tanto, la minpoint es en $x=y=z$ y reducir a un fácil polinomio en una variable.

Answer 2

Permítanme darles una solución mediante la Mezcla de Variables método.

Tenemos que demostrar a $f(x,y,z) \geq 0$ todos los $x,y,z\geq 0$ donde $$f(x,y,z)=2(x^4+y^4+z^4)+2xyz+7 - 5(x^2+y^2+z^2).$$

Si $x>(y+z)^2$$y>(x+z)^2$$z>(x+y)^2$$x+y+z > 2(x^2+y^2+z^2)$, y por tanto no es suficiente para demostrar $2(x^4+y^4+z^4)+7 \geq \frac{5}{2}(x+y+z)$, lo cual es cierto, porque uno puede fácilmente demostrar que $2x^4+\frac{7}{3}> \frac{5}{2}x$ todos los $x$.

Ahora, WLOG, suponga que $0\leq z \leq (x+y)^2$. Denotar $s=\dfrac{x^2+y^2}{2}$$t=xy$, luego tenemos a $s\geq t\geq 0$$2(s+t)=(x+y)^2\geq z$, y \begin{align} f(x,y,z) = g(s,t,z) &= 2(4s^2-2t^2+z^4) +2tz +7 - 5(2s+z^2). \end{align} Considere la posibilidad de la $t$dependiente de la duración de la función anterior: $-4t^2+2tz$. Tenemos $-4t^2+2tz - (-4s^2+2sz) = 2(s-t)(2s+2t-z)\geq 0$. Por lo tanto, $$g(s,t,z) \geq g(s,s,z).$$ Now we can proceed to prove $g(s,s,z) \geq 0$, que es bastante fácil (como se muestra a continuación), pero aquí me gustaría destacar la idea de que "la Mezcla de Variables". Tenga en cuenta que hemos demostrado que $$f(x,y,z) = g(s,t,z)\geq g(s,s,z) = f\left(\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}},\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}},z\right)$$ para $0\leq z \leq (x+y)^2$, lo que significa que sólo tenemos que demostrar la desigualdad original para el caso de $x=y$, lo cual es cierto porque \begin{align} f(x,x,z) &= 4x^4+2z^4+2x^2z+7-10x^2-5z^2\\ &= 4(x^2-1)^2+2(z-1)^2(z+1)^2+ (2x^2-2+1-z)(z-1) \\ & \geq 4(x^2-1)^2+2(z-1)^2+ (2x^2-2+1-z)(z-1) \tag{since %#%#%}\\ & = a^2+2b^2 + (a-b)b \\ & = a^2+b^2 + ab \\ &\geq 0, \end{align} donde$(z+1)^2 \geq 1$$a=2(x^2-1)$.

Por lo tanto, tenemos $b=z-1$ con igualdad si y sólo si $f(x,y,z)\geq 0$.

Observación. La prueba de $x=y=z=1$ es exactamente el mismo que el de las $g(s,s,z)\geq 0$ se muestra arriba, mediante la sustitución de $f(x,x,z)\geq 0$$x^2$.

Answer 3

Tres vistas de la superficie: el octante positivo $2(x^4+y^4+z^4)+2xyz+7-5(x^2+y^2+z^2) = a $, $ a = \frac{6}{5}$, $ a = \frac{1}{10} $ y $ a = 0 $.

Un vestigio permanece en cuatro octantes cuando $ a = \frac{1}{10} $ (la desigualdad es estricta). Sin embargo, es interesante ver cómo y por qué simetría entra en juego.

Answer 4

Aquí está mi solución.

Quieres demostrar que: $$ 2(x^4+y^4+z^4)+2xyz-5(x^2+y^2+z^2)+7\geq0, $$ para $x,y,z\geq0$. Vamos a reescribir esta desigualdad en coordenadas esféricas: $$ x=r\sin(\theta)\cos(\varphi),\\ y=r\sin(\theta)\sin(\varphi),\\ z=r\cos(\theta), $$ entonces: $$ un(\theta,\varphi)r^4+b(\theta,\varphi)r^3-5r^2+7\geq0, $$ para $r\geq0$, $\theta,\varphi\in[0,\pi/2]$, donde $$ un(\theta,\varphi)=2\{\cos^4(\theta)+\tfrac{1}{4}[3 + \cos(4\varphi)] \sin^4(\theta)\}, $$ y $$ b(\theta,\varphi)=\tfrac{1}{2}\sin(\theta)\sin(2\theta)\sin(2\varphi). $$ Estas funciones $a(\theta,\varphi)$ $b(\theta,\varphi)$ son simplemente obtenidas por escrito $2(x^4+y^4+z^4)$ $2xyz$ esféricas en coordenadas y utilizando el estándar trigonométricas de relaciones, tales como $\sin(2\alpha)=2\sin(\alpha)\cos(\alpha)$$\cos(\alpha)^4+\sin(\alpha)^4=\tfrac{1}{4}[3 + \cos(4\alpha)]$.

Tenga en cuenta que en la región de $\theta,\varphi\in[0,\pi/2]$,$b(\theta,\varphi)\geq0$.

Siguiente, la derivada del polinomio $p(r)=a(\theta,\varphi)r^4+b(\theta,\varphi)r^3-5r^2+7$ es igual a $0$ en tres puntos, $$ 0,\frac{-3 b(\theta,\varphi) \pm \sqrt{160 a(\theta,\varphi) + 9 b^2(\theta,\varphi)}}{8 a(\theta,\varphi)}. $$ Mediante el cálculo de la segunda derivada podemos obtener inmediatamente que $r=0$ es un máximo. Por otro lado, desde la $b(\theta,\varphi)\geq0$$\theta,\varphi\in[0,\pi/2]$, la otra posible solución (que tiene que ser de un mínimo) es $$ r_{\rm min}(\theta,\varphi)=\frac{-3 b(\theta,\varphi) + \sqrt{160 a(\theta,\varphi) + 9 b^2(\theta,\varphi)}}{8 a(\theta,\varphi)}. $$ Así tenemos, $$ un(\theta,\varphi)r^4+b(\theta,\varphi)r^3-5r^2+7\geq(\theta,\varphi)r_{\rm min}^4(\theta,\varphi)+b(\theta,\varphi)r_{\rm min}^3(\theta,\varphi)-5r_{\rm min}^2(\theta,\varphi)+7. $$ Por el trazado de $a(\theta,\varphi)r_{\rm min}^4(\theta,\varphi)+b(\theta,\varphi)r_{\rm min}^3(\theta,\varphi)-5r_{\rm min}^2(\theta,\varphi)+7$ en la región de $\theta,\varphi\in[0,\pi/2]$ con cualquier programa estándar numérico trazado obtenemos algo como esto

Por lo tanto, sin duda el mínimo de $a(\theta,\varphi)r_{\rm min}^4(\theta,\varphi)+b(\theta,\varphi)r_{\rm min}^3(\theta,\varphi)-5r_{\rm min}^2(\theta,\varphi)+7$ en la región de $\theta,\varphi\in[0,\pi/2]$$0$, que en coordenadas rectangulares se alcanza en el punto en el $x=y=z=1$. Que demuestra la necesaria desigualdad.

Answer 5

2(x^4+y^4+z^4) + 2xyz + 7 ≥ 5(x^2+y^2+z^2)

Podemos ver fácilmente que la igualdad se mantiene para para x = y = z = 1 . Y como la ecuación es simétrica por lo tanto podemos decir que x > y > z

Caso 1: si x,y,z<1

A continuación, podemos ver fácilmente que, como en el lado izquierdo como hay 7 tan fácilmente el lado izquierdo es mayor que el lado derecho

Caso 2: cuando x>1 & y,z<1

Así que el 2(y^4+z^4) + 2xyz + 5 > 5(y^2+z^2) como la int 5 está ahí. Ahora, para todos los x

2(x^4) + 2 > 5(x^2) como 2(x^4) > 5(x^2) para todo x > (5/2)^(1/2) , pero si x < (5/2)^(1/2) +2 es mayor que 5(x^2).

Caso 3: si x,y>1 & z<1

2(z^4) + 2xyz + 2 > 5(z^2) ahora para el resto de la parte

2(x^4+y^4) + 5 ≥ 5(x^2+y^2) = 2(x^4+y^4) ≥5(x^2+y^2 - 1)

Ahora, utilizando Tchebychef la Desigualdad en la (x^2 > y^2 > 1) y (5/2 , 3/2 , 1) obtenemos la siguiente ecuación

(5/2)x^2+(3/2)y^2 -(1)1 ≥ (x^2+y^2 - 1)(5/2+3/2+1/2)

y 2(x^4+y^4) + 1 ≥(5/2)x^2+(3/2)y^2 ( esto puede ser dicho como 2(x^4+y^4)≥(5/2)x^2+(3/2)y^2 , pero cuando esto no satisface al +1 hace que el LHS>HR) y, por tanto, demostrado.

Caso 3: cuando x,y,z>1

2xyz + 2 ≥ 0 &

2(x^4+y^4+z^4) + 5 ≥ 5(x^2+y^2+z^2) =2(x^4+y^4+z^4) ≥ 5(x^2+y^2+z^2-1) como

mediante el uso de Tchebychef la Desigualdad en la (x^2 > y^2 > z^2 > 1) y (4,3,2,1) obtenemos la siguiente ecuación

(4x^2+3y^2+2z^2-1)/4≥ 10(x^2+y^2+z^2-1)/16 = (4x^2+3y^2+2z^2-1)≥5/2(x^2+y^2+z^2-1)

2(x^4+y^4+z^4)≥(4x^2+3y^2+2z^2-1) = 2(x^4+y^4+z^4)+1≥(4x^2+3y^2+2z^2) y, por tanto, demostrado.