不等式への招待 第9章 [無断転載禁止]©2ch.net
■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
[第8章 977、991] > [疑問]----------------------------------------------- > a, b, c >0 に対して、 > M(a,b,c) ≧ (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ m(a,b,c) > ----------------------------------------------------- > > AM-GMで m(a,b,c) = 27(abc)^2 を得るけど、もっとキツく締め上げたいのでござる。 > > L = a^2b + b^2c + c^2a > R = ab^2 + bc^2 + ca^2 > > (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) > = L^2 + LR + R^2 > = (s^2)(t^2) - (s^3)u - t^3 > > > とりあえず少し進展したのでパピコ。 Caushyの拡張より、 > > (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) > = (ab+b^2+a^2)(b^2+bc+c^2)(a^2+c^2+ca) > ≧ (ab+bc+ca)^3 > = t^3 > > AM-GMで 27(abc)^2 = 27u^2 としたよりもマシになった。 > > m(a,b,c) = (ab+bc+ca)^3 ≧ 27(abc)^2 > > が、以下のように分割すると、非負値の和ばかりで、ずいぶんとゆるゆるなうんちでござる。 > > (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) - t^3 > = (s^2)(t^2) - (s^3)u - 2(t^3) > = (t^2-3su)F_0 + 2suF_0 + (u^2)F_{-2} + u(st-9u) > ≧ 0 >>5 (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) ≧ {(a-b)(b-c)(c-a)}^2. (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ 3(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2) ≧ (ab+bc+ca)^3 ≧ 3abc(a+b+c)(ab+bc+ca) ≧ 27(abc)^2. >>5 [第2章 136-138] > 非負実数 a, b, c に対して > (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) > ≧ (27/64)[(a+b)(b+c)(c+a)]^2 ≧ (1/3)[(a+b+c)(ab+bc+ca)]^2 ≧ (ab+bc+ca)^3 12年前に自分が作っていた模様… ウインナーコーヒーにウインナーが入ってないのと同じ すべては騙し >>4 [1]コーシーで (1+aa+1)(1+1+bb)≧(1+a+b)^2,etc. [2]AM-GMで (aa+3)(bb+3)=(aa+1+1+1)(1+bb+1+1)≧(a+b+1+1)^2 ≧ 4(a+b)(1+1), [第8章.994] >>6 下 p = aab+bbc+cca,q = abb+bcc+caa とおくと アイゼンシュタイン整数で (aa+ab+bb)(bb+bc+cc)(cc+ca+aa)= pp+pq+qq =(3/4)(p+q)^2 + (1/4)(p-q)^2, ≧ 3pq +(1/4)竸2, =(a-b)(b-c)(c-a)= q-p, 次は(1+1+1)(aab+bbc+cca)(abb+bcc+caa)の3つでコーシー >>5 M(a,b,c) について、 (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≦ ab(a+b) + bc(b+c) + ca(c+a) (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≦ (a^2+2b^2+c^2+ab+bc)(b^2+2c^2+a^2+bc+ca)(c^2+2a^2+b^2+ca+ab)/8 ≦ (1/27)*(2a^2+2b^2+2c^2+ab+bc+ca)^3 きれいな式で押さえたいんだが… ('A`) >>6-7 (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ (27/64)[(a+b)(b+c)(c+a)]^2 ≧ (1/3)[(a+b+c)(ab+bc+ca)]^2 ≧ (ab+bc+ca)^3 (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) ≧ {(a-b)(b-c)(c-a)}^2. (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ 3(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2) ≧ (ab+bc+ca)^3 ≧ 3abc(a+b+c)(ab+bc+ca) ≧ 27(abc)^2. [疑問] 右辺の 3(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2) は、 (27/64)[(a+b)(b+c)(c+a)]^2 や (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) より大きそうなんだけど、うまく証明できない。 s, t, u に置き換えて差を計算してみたけど、次数が高くて… >>5 m(a,b,c)について、 (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ 3(√3)*(a^2-bc)(b^2-ca)(c^2-ab) ゆるゆるな希ガス…。 >>10 (aa+ab+bb)(bb+bc+cc)(cc+ca+aa) = pp+pq+qq ≦(p+q)^2 ={ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)}^2 ≦(9/2)(aa+bb)(bb+cc)(cc+aa), ゆるゆる〜 (aa+ab+bb)≦(3/2)(aa+bb), を巡回的に掛けて (aa+ab+bb)(bb+bc+cc)(cc+ca+aa)≦(27/8)(aa+bb)(bb+cc)(cc+aa), >>11 ・a=b のときは 3pq ≧(27/64)(st-u)^2 ≧(1/3)sstt, ・(a,b,c)=(0,1,8)のときは p=8,q=64,s=9,t=8,u=0, (27/64)(st-u)^2 >(1/3)sstt ≧ 3pq, 大小は定まらず。 ゆるゆると言えば、2009 BMO。 http://www.bmoc.maths.org/home/bmo2-2010.pdf a, b, c>0 に対して、4(a+b+c)^3 > a^2b + b^2c + c^2a. こんなの見たら改良せざるをえない ( ゚∀゚)ウヒョッ! a, b, c>0 に対して、4(a+b+c)^3 ≧ a^2b + b^2c + c^2a + abc. >>4 (1) について、a, b, c≧0 として、次の2式 (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ (1+a+b)(1+b+c)(1+c+a) (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ 9(ab+bc+ca) を合体させたくなるが、右辺の2式の大小は? (1+a+b)(1+b+c)(1+c+a) - 9(ab+bc+ca) = s^2 + 2s + 1 + st - 8t - u 次数がバラバラなので困る… ('A`) >>14 それが元々のカナダMO-1995 でござるよ。(但し右辺を27倍) イギリスMO-2009 はそれを緩めたのでござるな。 0≦a≦b,c としてよい。 4(a+b+c)^3−27(aab+bbc+cca+abc) = 9a(aa+bb+cc-ab-bc-ca)+(4b+c-5a)(a+b-2c)^2≧0 等号成立は(a,b,c)=(0,2,1)とその巡回。 文献[8] 安藤「不等式」例題2.2.12(7) p.56 >>16 なるほど。その因数分解は自力では作れそうにない。 >>15 (1+a+b)(1+b+c)(1+c+a) - 9(ab+bc+ca) = s^2 + 2s + 1 + st - 8t - u = (s+1)^2 + (st-9u) + 8(u-t) = (s-1)^2 + (st-9u) + 4(2u-2t+s) s, t, u ではうまくいかない。 a, b, c の基本対称式 s, t, u に関する不等式で定数を含むものは、いくつくらい挙げられますか? >>17 と思い込んでたが、実はカナダMOの方も緩かったでござる...orz [第8章.950] [第8章.754(1)]に追加 a,b,c >0 のとき (aa+2bb)(bb+2cc)(cc+2aa)≧(1/27){(a+2b)(b+2c)(c+2a)}^2 ≧ (ab+bc+ca)^3, (略証) 27(中辺 - 右辺)=(3st+)^2 - 27t^3 = 9(ss-3t)tt + 6st + 刧 ≧ (9-4√3)(ss-3t)tt ≧ 0, 〔補題〕 a,b,c ≧0,=(a-b)(b-c)(c-a)のとき |凵b≦(2/√3)(ss-3t)t/s, 等号は{a,b,c} = {1,1,1} {0,√3 -1,√3 +1} など。 [第3章.727、737-739] Casphy! - 高校数学 - 不等式1 - 339 >>20 補題の証明で、t(s^2 -3t) - ((√3)/2)s|處 の計算のところだけど、 > t(s^2 -3t) - ((√3)/2)s|處 > = 3m^2・(x^2 +xy +y^2) + m・{4x^3 + 3(1-(√3)/2)xy(x+y) +2y^3} + x(x+y){x - ((√3 -1)/2)y}^2 > ≧0 m・{4x^3 + 3(1-(√3)/2)xy(x+y) +2y^3} じゃなくて、 m・{4x^3 + 3(2-(√3)/2)xy(x+y) +2y^3} じゃないのかな? ↑ココ >>20 > = 9(ss-3t)tt + 6st + 刧 > ≧ (9-4√3)(ss-3t)tt |凵b≦(2/√3)(ss-3t)t/s をどう使えばいいのか教えてください。 >>15 >>18 3u=a+b+c, 3v^2=ab+bc+ca, w^3=abc とおくと u >= v >= w L-R = -w^3 + (9u - 24) v^2 + 9u^2 + 6u + 1 >= (8u - 15) v^2 + 6u + 1 ・8u - 15 >= 0 のとき 明らか ・8u - 15 <= 0 のとき >= (8u - 15) u^2 + 6u + 1 = (u -1)^2 (8u+1) >= 0 ここまでやらなくとも L-R を u, v^2, w^3 で表したとき w^3 について線形関数になっているから元の不等式を c=b と c=0 の二つの場合について調べればよい 次数が揃ってなくてそのまま一変数には持ち込めないから逆に面倒かもしれないが >>21 [第3章.739]でござるな。 たかたじけない。その通りでござった...orz この補題は x,y を固定して m の関数と見るのがミソでござる。 つまり、a、b、cを同じ幅で一斉にずらすのでござる。 そのとき、 と ss-3t = F_0 は mによらず一定で、 t = 3mm + 2m(2x+y) + x(x+y)は単調増加、 ss/tt = 3/t + F_0/tt は単調減少、t/s は単調増加。 ∴ m=0 の場合だけ考えれば十分でござるよ。(*) * ただし a=b=c(x=y=0)の場合は一定となるので除く。 >22 刧 の項は捨て、 s ≧ -s|凵b≧ -(2/√3)(ss-3t)t, >>23 UVW-method のありがたみが身に沁みました。 自力で (8u-15) v^2 + 6u + 1 まで変形できるか自信ないですが。 合体! (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ (1+a+b)(1+b+c)(1+c+a) ≧ 9(ab+bc+ca) >>24 言葉で説明されて初めて、その置き換えの意味に気づきました。 |處 ≦ (2/√3)(ss-3t)t/s ← [>>20 ] |處 ≦ (ss - 3t)s/{√(9+6√3)} ← [第8章 261-262] 2√(3+2√3) > 3 なので、残念ながら右辺の大小は定まりませんな。 お二方とも有難うございます。 <(_ _)> =(a-b)(b-c)(c-a) に関する評価式を、過去ログから抽出してみた。 竸2 ≦ (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) ← [>>6 ] |處 ≦ (2/√3)(ss-3t)t/s ← [>>20 ] |處 ≦ (ss - 3t)s/{√(9+6√3)} ← [第8章 261-262] |處 ≦ (2/√3)(t/s)(s^2 -3t) ← [第3章 739] |處 ≦ st-9u ← [第4章 624-626] |處 ≦ {(a+b+c)^3 -27abc}/(6√3) ← [第5章 893] ≦ F_1 = s^3 - 4st + 9u ← [第5章 283] a^4 + b^4 + c^4 + s ≧ (1/27)s^4 ← [第5章 569] [第5章 763] 納n=1,2] {a^(2n) +b^(2n) +c^(2n) -(ab)^n -(bc)^n -(ca)^n} ≧ (3/2)|處 納n=1,4] {a^(2n) +b^(2n) +c^(2n) -(ab)^n -(bc)^n -(ca)^n} ≧ 3(1+a+b+c +a^2 +b^2 +c^2)|處 >>25 |凵b≦(2/√3)(ss-3t)(t/s), >>20 と |凵b≦(2/√27)(ss-3t)^(3/2), は ss/3t =φ =(1+√5)/2 = 1.6180340 で交差する。そこで、これらから |凵b≦(2/√27)(ss-3t)^1.2763932(3t/s)^0.4472136 ≦(2/√27)(1/φ)s(ss-3t), としてみる。ここに、 (2/√27)(1/φ)= 0.237881393 残念ながら 楠瀬の定数 1/√(9+6√3) = 0.227083346 より大きい。 指数は 3/2 - 1/(2√5)= 1.2763932 1/√5 = 0.4472136 >>25 |凵b≦(2/√3)(ss-3t)(t/s), >>20 |凵b≦(2/√27)・0.58997984・s(ss-3t), (楠瀬) |凵b≦(2/√27)(ss-3t)^(3/2), |凵b≦(2/√27)(ss-3t)^(3/2), の4つで相乗平均すると、 (ss-3t)(3t)≦(1/4)s^4 =(s/√2)^4 より |凵b≦ 0.876413973(2/√27)(ss-3t)^(5/4)(3t)^(1/4)≦ 0.876413973√(2/27)s(ss-3t), ここに、 0.619718263(2/√27)= 0.23852967 これも 楠瀬の定数 1/√(9+6√3)= 0.227083346 より大きい。 3/√(12+8√3)= 0.58997984 {3/√(12+8√3)}^(1/4)= 0.876413973 任意の非負実数 a, b, c に対して次の不等式が成り立つ (1) (a^3+b^3+c^3-3abc) >= A |(a-b)(b-c)(c-a)| (2) (a^3+b^3+c^3) >= A |(a-b)(b-c)(c-a)| (3) (a+b+c)^3 >= B |(a-b)(b-c)(c-a)| (4) (a+b+c)^3 - 27abc >= B |(a-b)(b-c)(c-a)| , A=sqrt(9+6sqrt(3)), B=6sqrt(3). 両方とも A, B が最良 abc の項はあってもなくても係数は同じだからもっといい不等式が作れそうなきがする >>26 > ≦ F_1 = s^3 - 4st + 9u ← [第5章 283] この証明が分かりませぬ…。過去ログに載っていないような。 ずっと考えていたんですが、緩い評価しかできませんですた。 ('A`) L = a^2b + b^2c + c^2a R = ab^2 + bc^2 + ca^2 ssu/t ≦ L,R ≦ s(ss-2t)/3 (左側は差をとる。右側はCauchyで。) = (a-b)(b-c)(c-a) = (a+2b)(b+2c)(c+2a) - 3st = (2L + 4R) + 9u - 3st ≦ 6*s(ss-2t)/3 + 9u - 3st = 2s^3 - 7st + 9u = (s^3 - 4st + 9u) + s(s^2 - 3t) = F_1 + sF_0 ∴ ≦ F_1 + sF_0 ぬるぬるでござった…。もっと厳しく!もっとキツく!! >>30 a=1, b=2, c=0 で成り立たない 過去ログでは三角形の辺となっているから a=x+y… とおくと L^2 - R^2 = 4(xy^2+yz^2+zx^2-3xyz)(x^2y+yz^2+zx^2-3xyz) >= 0 >>31 条件を見落としていました。ありがとうございます。 >>30 左側は差をとる。 Rt -ssu =(aabb・b + bbcc・c + ccaa・a)-(aabb・c + bbcc・a + ccaa・b) ={(4aab^3 + bbc^3 + 2cca^3)/7 - aabbc}+ cyclic. ≧0, Lt -ssu =(aabb・a + bbcc・b + ccaa・c)-(aabb・c + bbcc・a + ccaa・b) ={(4bba^3 + 2ccb^3 + aac^3)/7 - aabbc}+ cyclic. ≧0, 右側も差をとる。 s(ss-2t)- 3R = a(a-c)^2 + b(b-a)^2 + c(c-b)^2 ≧ 0, s(ss-2t)- 3L = a(a-b)^2 + b(b-c)^2 + c(c-a)^2 ≧ 0, = R-L = 2R -(L+R) ≦ 2s(ss-2t)/3 -(st-3u) =(2s^3 -7st +9u)/3 =(F_1 + s F_0)/3, >>31 反例は a=1,1/φ < b < φ,c=0 ですね。 (st-9u)^2 - 刧 =(R+L-6u)^2 -(R-L)^2 = 4(R-3u)(L-3u)≧0, >>25 >>28 |凵b≦(2/√3)(ss-3t)(t/s), >>20 |凵b≦(2/√27)(ss-3t)^(3/2), |凵b≦(2/√27)(ss-3t)^(3/2), の3つで相乗平均すると、 (ss-3t)(3t)≦(1/4)s^4 =(s/√2)^4 より |凵b≦(2/√27)(ss-3t)^(4/3)(3t/s)^(1/3)≦(2/√27)(1/4)^(1/3)s(ss-3t), ここに、 (2/√27)(1/4)^(1/3)= 0.2424719191 当然ながら、これも楠瀬の定数 1/√(9+6√3)= 0.227083346 より大きい。 >>33 (修正) 1/φ<b<φ かつ b≠1 ----------------------------------- 〔補題〕 x,y,z>0 のとき x^3 + y^3 + z^3 + {√(27/2)- 3}xyz ≧(1/√2)(xx+yy+zz)^(3/2), >>4 [4] ab+bc+ca=t とおく。 (aa+2)(bb+2)(cc+2)-4(aa+bb+cc)-5(ab+bc+ca)-(abc-1)^2 = 2(aabb+bbcc+ccaa)+2abc -5(ab+bc+ca)t+ 7 ={(4-√6)/3}(aabb+bbcc+ccaa) +{(2+√6)/3}(aabb+bbcc+ccaa + ab+bc+ca)+2abc -{(17+√6)/3}(ab+bc+ca)+ 7 ≧{(4-√6)/9}tt + 2{(2+√6)/3}{(ab)^(3/2)+(bc)^(3/2)+(ca)^(3/2)}+ 2abc (←補題>>35 ) -{(17+√6)/3}t + 7 ≧{(4-√6)/9}tt +{2(√2+√3)/3}t^(3/2) -{(17+√6)/3}t +7 ={[(4-√6)/9]t +(14/√27)√t +(7/3)}(√t - √3)^2 ≧ 0, [3]も[4]から出る。 最近やった問題の類題を見つけたのでメモ。 (5)を参考にすれば、>>5 の M(a,b,c) が作れる鴨… 【問題】----------------------------------------------- (1) a, b, c >0 に対して、 a + (ab)^(1/2) + (abc)^(1/3) ≦ 3*[a*{(a+b)/2}*{(a+b+c)/3}]^(1/3) (2) a, b >0 に対して、QM + HM ≧ AM + GM (3) a, b, c >0 に対して、9*AM ≧ 8*GM + M_3 (M_3は3乗平均とする) (4) a, b, c >0 に対して、3*A(a,b,c) ≧ H(a,b) + H(b,c) + H(c,a) (5) a, b, c ≧0 に対して、 4(a+b+c)^6 ≧ 243(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2) ----------------------------------------------------- 参考(1) [第8章 972、2016 TOT] a, b, c >0 に対して、a + (ab)^(1/2) + (abc)^(1/3) ≦ (4/3)*(a+b+c) 参考(2)(3) [第8章 755,727,782,794、出典不明] a, b, c >0 に対して、2*QM + 3*GM ≦ 5*AM a, b, c >0 に対して、AM + HM ≧ 5*GM/{16^(1/3)} 出典:>>2 柳田pdf (1) P.10 問17、初等的な不等式T(問題) (2) P.13 問7、初等的な不等式T(問題) (3) P.256 問103、初等的な不等式V (4) 佐藤[9] P.16 問1.56 (5) P.15 問6、初等的な不等式U >>37 (2) GG, AA, QQ は等差数列 Q + G ≦ √{2(QQ+GG)}= 2A H,G,A は等比数列 QQ-GG = 2(AA-GG)= 2A(A-H), ∴(Q-G)/(A-H)= 2A/(Q+G)≧ 1, (4)演習問題1.55 >>37 (4) > a, b, c >0 に対して、3*A(a,b,c) ≧ H(a,b) + H(b,c) + H(c,a) 不等式! 改造せずにはいられないッ! (a+b+c)/3 ≧ 3/{2/(a+b) + 2/(b+c) + 2/(c+a)} ≧ {2ab/(a+b) + 2bc/(b+c) + 2ca/(c+a)}/3 ≧ 3abc/(ab+bc+ca) ゚.ノヽ 、-' `;_' ' (,(~ヽ'~ i`'} | i' 。/ ! /},-'' ,,ノ _,,...,-‐-、/ i <,,-==、 ,,-,/ {~''~>`v-''`ー゙`'~ レ_ノ , 彡 三 ミ キタ━━━( ( ((..゚∀゚)) ) )━━━━!!!!!! ヾヽミ 三彡, ソ / )ミ18彡ノ / (ミ 彡゛ \( )) ( >>37 (1)の改造。 a, b, c, d >0 に対して、 a + (ab)^(1/2) ≦ 2*[a*{(a+b)/2}]^(1/2), a + (ab)^(1/2) + (abc)^(1/3) + (abcd)^(1/4) ≦ 4*[a*{(a+b)/2}*{(a+b+c)/3*{(a+b+c+d)/4}]^(1/4) 5文字のときは、うまくいかなかった(証明できなかった)でござるが、本当にダメなんだらうか? >>40 Show that for all nonnegative a[1], …, a[n], (a[1] + (a[1]a[2])^(1/2) + … + (a[1]…a[n])^(1/n)) / n <= (a[1] * (a[1] + a[2])/2 * … * (a[1] + … + a[n])/n)^(1/n). 【Kiran Kedlaya】 >>37 (5)の解答例で、aを最小数として、b=a+p、c=a+qとおいて代入して展開していますが、他の回答はないですかね? >>37 (1) >>40 G1=a,G2=√(ab),G3=(abc)^(1/3),…とおく。 コーシーで (a+a)(a+b)≧(G1+G2)^2, (a+a+a)(a+G2+b)(a+b+c)≧(G1+G2+G3)^3, (a+a+a+a)(a+a+b+b)(a+b+G3+c)(a+b+c+d)≧(G1+G2+G3+G4)^4, >>39 チェビシェフで {c(a+b)+a(b+c)+b(c+a)} {2/(a+b)+2/(b+c)+2/(c+a)}≦ 6(a+b+c), ∴ 1/H(A(a,b),A(b,c),A(c,a))≦ s/t, {(a+b)+(b+c)+(c+a)} {2ab/(a+b)+2bc/(b+c)+2ca/(c+a)}≦ 6(ab+bc+ca), ∴ A(H(a,b),H(b,c),H(c,a))≦ t/s, よって A(a,b,c))= A(A(a,b),A(b,c),A(c,a)) ≧ H(A(a,b),A(b,c),A(c,a)) ≧ A(H(a,b),H(b,c),H(c,a)) ≧ H(H(a,b),H(b,c),H(c,a))= H(a,b,c), >>44 さらに改造。 A(a,b,c))= A(A(a,b),A(b,c),A(c,a)) ≧ H(A(a,b),A(b,c),A(c,a)) ≧ A(H(a,b),H(b,c),H(c,a)) ≧ G(G(a,b),G(b,c),G(c,a)) = G(a,b,c) ← ココ ≧ H(H(a,b),H(b,c),H(c,a)) = H(a,b,c), もう一つ、私の計算に間違いがなければ… G(A(a,b),A(b,c),A(c,a)) ≧ A(G(a,b),G(b,c),G(c,a)) ≧ G(G(a,b),G(b,c),G(c,a)) = G(a,b,c) ≧ H(G(a,b),G(b,c),G(c,a)) ≧ G(H(a,b),H(b,c),H(c,a)) そして、この2つを合体させようと思いつつも、 >>37 (5)の m = min{a,b,c} を用いない解法を考えながら、 >>5 の M(a,b,c)に使えそうな次の問題の証明を考え中なのであった…。 [問題]-------------------------------- a, b, c >0 かつ a+b+c=2 に対して、 (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≦3 ------------------------------------- これは、次数を揃えるには、右辺に {(a+b+c)/2}^6 を掛ければよいのかな? >>44 まとめて A(a,b,c)≧ H(A(a,b),A(b,c),A(c,a)) ≧(ab+bc+ca)/(a+b+c) ≧ A(H(a,b),H(b,c),H(c,a)) ≧ H(a,b,c), >>45 (上) (a,b,c)=(1,1,G^3)の場合を考えると… G < (√13 -1)/6 ⇒ H(A,A,A) > A(H,H,H) > G (√13 -1)/6 < G < (√13 +1)/2 ⇒ H(A,A,A) > G > A(H,H,H) (√13 +1)/2 < G ⇒ G > H(A,A,A)> A(H,H,H) (√13 -1)/6 = 0.434258546 (√13 +1)/2 = 2.802775638 (下) 等号成立は(a,b,c)=(1,1,0)とその巡回 {(1,1,1)では不成立} >>37 (3) (M_3)^3 = (a^3+b^3+c^3)/3 = 9A^3 -8G^3 -(st-9u) ≦ 9A^3 - 8A^3, (9A-8G)^3 - (M_3)^3 ≧(9A-8G)^3 - (9A^3 -8G^3) = 72(10A^3 -27AAG +24AGG -7G^3) = 72(10A-7G)(A-G)^2 ≧ 0, ∴ 9A-8G ≧ M_3, ただし、s = a+b+c = 3A、 u = abc = G^3、 >>39 近畿地方は昨晩通過しますた(ミサイルぢゃなくて台風18号) 快晴でつ。 >>41 について、載っている書名とか分かりませんか? 証明方法が知りたいでござる。 >>48 問題>>37 (3)は、面白いでござるな。 示すべき不等式が 9A-8G ≧ M_3で、9A^3 - 8G^3 ≧ (M_3)^3 も成立するという。 >>43 a+b+c=3, a>=b>=c とすると c=3-a-b, a+b-3 <= 0, 2a+b-3 >= 0, a+2b-3 >= 0 示すべき不等式は 12 >= (a^2-ab+b^2)(c^2-ca+a^2)(b^2-bc+c^2) R(a,b,c)=(a^2-ab+b^2)(a^2-ac+c^2)(b^2-bc+c^2) = (a^2-ab+b^2) (a^2+(a+b-3)(2a+b-3)) (b^2+(a+b-3)(a+2b-3)) <= (a^2-ab+b^2) a^2 b^2 = R(a, b, 0) よって c=0 のときに不等式を示せばよい L(a, b, 0) - R(a, b, 0) = 12((a+b)/3)^6 - (a^2-ab+b^2) a^2 b^2 = ((2a-b)^2 (a-2b)^2 (a^2+11ab+b^2))/243 >= 0 等号成立が (0, 1, 2) だから模範解答の BW が無難かと >>49 Kiran Kedlaya, Proof of a Mixed Arithmetic-Mean, Geometric-Mean Inequality, The American Mathematical Monthly, Vol.101, No.4., (Apr., 1994), pp.355-357 平均同士の mixture は結構研究されているみたい(この不等式自体20年も前の研究) 掘るとAM-GMバージョンとか色々と出てくる >>43 >>50 a+b+c=3 なんてする必要なかった R(a,b,c) = 4(a+b+c)^6 >= 4(a+b)^6 >= R(a,b,0) L(a,b,c) =243 (a^2-ab+b^2) (b^2-(b-c)) (a^2-c(a-c)) <= 243 (a^2-ab+b^2) a^2 b^2 =L(a,b,0) あとは c=0 のとき不等式を示せばよい なんて遠回りをしていたんだ >>51 ありがとうございます。 これはAMMの記事ですかな?知りたい情報がすぐにネットで読めるとは、よい時代になりましたなあ。 >>52 キタ━(゚∀゚)━!!! これで計算が一気に簡単になります。 >>45 下側を改造厨が改造中。 A(A(a,b),A(b,c),A(c,a)) = A(a,b,c) ≧ G(A(a,b),A(b,c),A(c,a)) ≧ (st/9)^(1/3) ≧ (t/3)^(1/2) ≧ A(G(a,b),G(b,c),G(c,a)) ≧ G(G(a,b),G(b,c),G(c,a)) = G(a,b,c) ≧ H(G(a,b),G(b,c),G(c,a)) ≧ (3u/s)^(1/2) ≧ (9uu/st)^(1/3) ≧ G(H(a,b),H(b,c),H(c,a)) ≧ H(H(a,b),H(b,c),H(c,a)) = H(a,b,c) 大丈夫かな? >>49 下 A(a,b,c)= A,G(a,b,c)= G,M_3(a,b,c)= M_3 と略記する。 A ≧ M_3(M_3,G,…,G)≧ A(M_3,G,…,G)=(M_3 + 8G)/9, 8個 8個 でござるな。 或いは、f(x)= x^3 が下に凸であることから、A≦G≦M に対して (A^3 - G^3)/(A-G)≦ 3AA ≦(M^3 - A^3)/(M-A), これと 8(A^3-G^3)≧ M^3 - A^3 より 8(A-G)≧ M-A, - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - >>46 最後 (2/3,2/3,2/3)では不成立 >>48 3行目あたり ≦ 9A^3 - 8G^3 >>54 H(A,A,A)≧ t/s ≧ A(H,H,H), >>46 と組み合わせれば … ≧(st/9)^(1/3)≧ H(A,A,A)≧ t/s ≧ A(H,H,H)≧(9uu/st)^(1/3)≧ … かな。 (現代語訳) はじめの A,G,H で大勢は決するんよ。 あとの A,G,H は狭い範囲内のことなんで微調整やなぁ。 >>55 中ほど …、G≦A≦M に対して 4(2X)+1Y<=(4^(3/2)+1^(3/2))^(2/3)((2X)^3+Y^3)^(1/3). >>57 (1 + 8)(1/3 + 8/3)((a^3+b^3+c^3) + 24abc) >= (((a^3+b^3+c^3)/3)^(1/3) + 8(abc)^(1/3))^3 n≧3 とする。(*) (a+b+c)^n ≧ a^n + b^n + c^n + 3(N-1)(abc)^(n/3), A^n ≧(1/N){(M_n)^n + G^n + … + G^n}, N-1 個 N = 3^(n-1)とおいた。 コーシーあるいは f(x)=x^n の凸性から A^n ≧(1/N){(M_n)^n + G^n + … + G^n}≧{(M_n + G + … + G)/N}^n ∴ A ≧(M_n + G + … + G)/N, 等号成立は M_n = G、a=b=c のとき。 * n=2のときも成り立つが緩い。 >>58-59 なるほど、さんくす。ようやく理解できた。 さっそく、>>37 (3)の類題を作ってみた。 【類題】 (自作なので間違っていたらゴメソ) a,b,c>0 の相加平均、相乗平均、2乗平均を A、G、Qとする。 (1) 3A ≧ 2G+Q (2) 9A ≧ 2G+5Q >>62 AM >= pGM + qQM (1) (0.6666666666666666, 0.3333333333333333) (2) (0.2222222222222222, 0.5555555555555556) 最適値は ((45-7sqrt(7))^(1/3)/9, 5/9) = (0.3311784484968155, 0.5555555555555556) (3) (1-sqrt(2)/3 sqrt(2)/3) = (0.5285954792089682, 0.4714045207910317) (4) (5^(2/3)/6, 1/2) = (0.4873362897021443, 0.5) a, b, c>0 とする。(a+b+c)^3 について。 [a] (a+b+c)^3 ≧ (27/8)*(a+b)(b+c)(c+a) [b] (a+b+c)^3 ≧ 27(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) [c] (a+b+c)^3 ≧ (27/4)*(a^2b + b^2c + c^2a + abc) [A] (a+b+c)^3 ≦ 9(a^3+b^3+c^3) [B] (a+b+c)^3 ≦ (a^5-a^2+3)(b^5-b^2+3)(c^5-c^2+3) [C] (a+b+c)^3 ≦ (a^3 +2)(b^3 +2)(c^3 +2) [a] と [b] は合体できるでござる。 [d] (a+b+c)^3 ≧ (27/8)*(a+b)(b+c)(c+a) ≧ 27(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) [疑問] (1) [c]の右辺と、[a], [b]の右辺との大小は定まるか? (2) [A], {B}, {C} の右辺の大小は定まるか? 参考--------------------- [b] [安藤、不等式 P.29] [c] >>16 [1999 CMO] [B] [第1章 352] [C] [第1章 367] >>65 [疑問](1)の訂正。 [a]の右辺と[c]の右辺の大小は一定でないことは、既に確認済み。 反例は、c=1 のときに、(a-1)(b-1)の正負で大小が変わる。 色々計算していたら、調べ終わったことをすっかり忘れていました。 >>66 重ね重ねすみません。 >>65 の訂正は無かったことに。ホント申し訳ないです。 別の問題とゴチャゴチャになっていました。 比較して大小が定まらなかったのは、次式の右辺の大小でした。 (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ 3(a+b+c)^2 (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ (1+a+b)(1+b+c)(1+c+a) 行き詰まったら別の問題へと、あれこれ弄っていたら、ゴチャゴチャになってしまいました。 ひとつ解決するごとに、ちゃんと清書しておくべきですね (切腹AA略) >>62 >>64 (1)(p,q)=(2/3,1/3) (p,q)=(3/5,2/5) >>37 参考[第8章.755、808] は緩く、最良値は (3)(p,q)=(1 -(√2)/3,(√2)/3) でござるな。 (p,q) =({1+√(1/3)}/3,{2-√(1/3)}/3)=(0.525783423,0.474216577) 等号成立は(a,b,c)=(1,1,1)と(1,1,(1+√3)/2) は無理? >>35 この補題の証明を教えてください <(_ _)> [1] (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ (1+a+b)(1+b+c)(1+c+a) ≧ 9(ab+bc+ca) [2] (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ 3(a+b+c)^2 ≧ 9(ab+bc+ca) [3] (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ (2a+2b+2c-abc)^2 (疑問) [3]の右辺 (2a+2b+2c-abc)^2 と [1],[2]の右辺の3式の大小は定まりますか? 試しにc=0にすると、[3]の右辺の方が大きいようで、定まりそうな希ガス。 差を s,t,u で計算したが無理で、u,v,wで試したが使い慣れていないせいか行き詰まりました。 (参考) [1] >>4 ,>>15 ,>>23 [2] 第8章456 [3] lhs - rhs = 2(ab+bc+ca-abc)^2 ≧0 [1],[2]の中辺の (1+a+b)(1+b+c)(1+c+a) と 3(a+b+c)^2 の大小は一定でないでござる。 c=1 のときに (a-1)(b-1)の正負で大小が変わるから。 >>68 その最良値は、どのようにして求めるのですか? 考え方を教えてください。 ------------------------------------------- >>62 を、>>57-59 の方法で証明するでござる。 AM-GMより (a+b+c)^2 = 2(ab+bc+ca) + (a^2+b^2+c^2) ≧ 3(2G^2 + Q^2) Cauchyより 3A = a+b+c = {(2+1)(2G^2 + Q^2)}^(1/2) ≧ 2G+Q 9A = 3(a+b+c) = {(2+25)(2G^2 + Q^2)}^(1/2) ≧ 2G+5Q >>65 [疑問1] [b]/27 =(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)= abc - F1(a,b,c)≦ abc, ∴ [a]≧[b]、[c]≧[b] [a]=(27/8)(st-u)=([c]+[c~])/2, [c]=(27/4)(L+u), >>30 [c~]=(27/4)(R+u), >>30 [a]と[c]の大小は定まらず。 [疑問2] (a^5 -aa +3)-(a^3 +2)=(a^3 -1)(aa-1)≧0, より [B]≧[A],[C] [A]と[C]の大小は定まらず。 >>19 (a-1)^2 + (b-1)^2 + (c-1)^2 ≧0 より、s^2 - 2s - 2t + 3 ≧0 とか… >>11 (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ 3(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2 この証明を教えてください。 以前まとめたはずが見当たらず、自力で取り組んで挫折しました…。 >>65 をまとめて (a^5 -aa+3)(b^5 -bb+3)(c^5 -cc+3) ≧{(a^3 +2)(b^3 +2)(c^3 +2),9(a^3 +b^3 +c^3)} ≧(a+b+c)^3 ≧{(27/8)(st-u),(27/4)(L+u),(27/4)(R+u) ≧ 27abc ≧ 27{abc - F_1(a,b,c)} = 27(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b), >>75 自己解決しました。見たことあるような無いような…。 (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) - 3(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2 = 竸2 >>68 成り立ちます >>69 L-R = Aw^3 + B(u, v^2) A = sqrt(27/2), B は u, v の関数 よって (a, 1, 0), (a, 1, 1) のときに不等式を示せばよい あとは微分 >>70 いずれも定まらない a, b を十分大きくとって c = 2(a+b)/(ab-2) とすると [3] の右辺は必ず 0 となる 一方他の辺はすべて非負値を取りうるから考えられるとしたら [3] の右辺が最小 一方 a を大きく b = c = 0 としたら明らかに [3] の右辺が最大 よって定まらない >>71 一個目について L-R = Aw^3 + B(u, v^2) A = -p, B は u, v の関数 よって (a, 1, 0), (a, 1, 1) のときに不等式を示せばよい このときの p, q の領域の端点が最適 ただ解析はさほど知識がないので端点を求められず適当な値を当てはめて妥協したのが >>64 [5] Given real numbers a, b, c satisfying a + b + c = 3 and abc >= -4. Prove that 3(abc+4) >= 5(ab+bc+ca). [8] Given three circles (O[1]R[1]), (O[2]R[2]), (O[3]R[3]) which are pairwise externally tangent to each other at A, B, C. Let r be the radius of the incircle of ABC. Prove that r <= (R[1] + R[2] + R[3]) / (6sqrt(3)). [9] Given positive numbers x, y, z satisfying x^2 + y^2 - 2z^2 + 2xy + yz + zx <= 0. Find the minimum value of the expression P = (x^4 + y^4) / z^4 + (y^4 + z^4) / x^4 + (z^4 + x^4) / y^4. [10] Find the maximum value of the expression T = (a+b)/(c+d) * ((a+c)/(a+d) + (b+d)/(b+c)) where a, b, c, d belong to [1/2, 2/3]. 【Mathematics and Youth Magazine Problems - Sep 2017, Issue 483】 原文のままだけど [8] は R[1] とかが円の半径なのかな? >>70 [第8章.456] Asia-Pacific MO-2004改 文献 [9] 佐藤(訳)、問題3.85改 p.140 [1] (中辺)= 1 +2s +(ss+t)+(st-u)≧{1 +√(t/3)+√(t/3)}^3 ≧ 9t, [2] (aa+2)(bb+2)(cc+2)- 3(a+b+c)^2 = 3(a+b+c)^2 +(abc-1)^2 + 2(ab-1)^2 + 2(bc-1)^2 + 2(ca-1)^2 +(2G+1)(G-1)^2 +{aa +bb +cc + 3GG - 2(ab+bc+ca)}, {aa + bb + cc +3GG -2(ab+bc+ca)}≧ ss -4t +9u/s = F_1/s ≧ 0, [第8章.388(3)、403、432] あるいは f(x)= exp(2x)は下に凸だから Popoviciu を適用する。 文献[9]佐藤(訳)、演習問題1.90 p.41 [3](aa+2)(bb+2)(cc+2)=(2s-u)^2 + 2(t-2)^2, {a+√(-2)}{b+√(-2)}{c+√(-2)}= -(2s -u)+(t-2){√(-2),} のノルムをとる。 >>83 [9] (x+y+2z)(x+y-z)=(x+y)^2 +(x+y)z -2zz ≦ 0, 題意より x+y+2z > 0 ∴ z ≧ x+y, (反三角不等式) w ={2z/(x+y)}^4 ≧ 16, P(x,y,z)≧ P((x+y)/2,(x+y)/2,z) = 2 + 2{(x+y)/2z}^4 + 2{2z/(x+y)}^4 = 2 + 2/w + 2w (← w>1 で単調増加) ≧ 2 + 1/8 + 32 = 34 + 1/8, >>4 の (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) を弄っていて、妙なものができたんだけど… (1), (2)はよくあるけど、(2)を見た後の(3)がなんとも気持ち悪いのでござる。 (1) (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ (ab+2)(bc+2)(ca+2) (2) (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ (2√2)*(a+b)(b+c)(c+a) (3) (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ 8*√{(a+b)(b+c)(c+a)} [問題] a, b, c>0に対して a^2 + b^2 + c^2 + 2abc + 1 ≧ 2(ab+bc+ca) 出典:https://artofproblemsolving.com/community/c6h155443 タイトルが easy なのに、非同次は難しい。 あと、cosに置き換えるのは、おかしいと思う。 >>86 (1) {a+√(-2)}{b-√(-2)}=(ab+2)+(a-b)√(-2), (aa+2)(bb+2)≧(ab+2)^2 (2) {a+√(-2)}{b+√(-2)}=(ab-2)+(a+b)√(-2), (aa+2)(bb+2)≧ 2(a+b)^2, (左辺)≧(16√2)/9・st ≧(16√6)/9・t^(3/2) (3) (1+aa+1)(1+1+bb) ≧(1+a+b)^2 (コーシー) = 4(a+b)+(1-a-b)^2 ≧ 4(a+b), (AM-GM) (左辺)≧(16/3)√(2st)≧(16/3)√(2√3)・t^(3/4), (4) (aa+1+1)(1+bb+1)(1+1+cc) ≧{a^(2/3)+ b^(2/3)+ c^(2/3)}^3 (コーシー) ≧ ss +4t +6GG, 気持ち悪い… >>88 (4) (aa+1+1)(1+bb+1)(1+1+cc) ≧(a+b+1)(1+b+c)(a+1+c) (コーシー) ≧{a^(2/3)+ b^(2/3)+ c^(2/3)}^3 (コーシー) ≧ ss +4t +6u^(2/3) ≧ 8t +(9u + F_1)/s, >>4 [4] (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ 4(a^2+b^2+c^2) + 5(ab+bc+ca) + (abc-1)^2 下のリンクでは、b=c の場合と c=0 の場合に分けて証明しているのですが、 その場合分けだけでいい理由が分かりません。なぜでしょうか? http://artofproblemsolving.com/community/c6h581954p3439830 >>76 > (a^5 -aa+3)(b^5 -bb+3)(c^5 -cc+3) ≧ 9(a^3 +b^3 +c^3) この証明を教えてください。 >>76 > ≧(a+b+c)^3 > ≧{(27/8)(st-u),(27/4)(L+u),(27/4)(R+u) > ≧ 27abc (a+b+c)^3 ≧ a^3 + b^3 + c^3 + 24abc ≧ 27abc もありますね。 (a^3 + b^3 + c^3 + 24abc) - (27/8)(st-u) = F_1 - 19(st-9u)/8 大小は定まりそうになさそう? >>11 a, b, c >0 に対して、 (1) 3(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2) ≧ (ab+bc+ca)^3 ←>>11 (2) 3(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2) ≧ abc(a+b+c)^3 ←出典は下に。 右辺の2式の大小は定まらないですよね? 一息つく間もないでござるな。 (ab+bc+ca)^3 - abc(a+b+c)^3 = u^2 F_{-2} - uF_1 出典 (2) Old and New Inequalities 問42 >>90 そこが肝 次の強力な定理が成り立つ(厳密には存在性が必要) i) u, v^2 を固定すると w^3 は c=0 または c=b のときのみ最大・最小となりうる ii) u, w^3 を固定すると v^2 は c=0 または c=b のときのみ最大・最小となりうる iii) v^2, w^3 を固定すると u は c=0 または c=b のときのみ最大・最小となりうる リンク先は違う置換の方法だけど、一般的な(係数と次数を調整した)置換 3u=a+b+c, 3v^2=ab+bc+ca, w^3=abc をすると不等式は (2-12u)w^3+18v^4-15v^2+7 >= 0 となる。これは u, v^2 を固定すると w^3 についての一次関数。一次関数は区間の端点、つまり w^3 が最大・最小となるときに関数値が最小となる。定理 i) から右辺は c=0 または c=b のときに最小となりうるのでこのときだけ不等式を示せばよい 定理自体は uvw とは関係なく ABC Theorem として知られる。(洋書文献[3],p.155) この定理を用いると五次以下の対称不等式は (a, b, 0), (a, b, b) のとき、さらに斉次のときは (a, 1, 0), (a, 1, 1) のときに不等式を示せばよいことがわかる >>94 c=0 とすると正の値を取りうることは明らか abc = 1 とすると L -R は簡単に因数分解できて符号は因数 ab+bc+ca-a-b-c で決まる b = c -> 0 とすれば a -> inf でこれは負となる 実際 L-R = -(a^2-bc)(b^2-ca)(c^2-ab) となり符号は定まらない >>40-42 5文字のときもコーシーで >>44 (a+a+a+a+a)(a+a+G2+b+b)(a+G2+b+C'+c)(a+b+C'+D'+d)(a+b+c+d+e)≧(G1+G2+G3+G4+G5)^5, ここに G2 = √(ab)≦(a+b)/2, G3 =(abc)^(1/3)≦(a+b+c)/3, C ' = √(G3・c)≦(G3+c)/2 ≦(a+b+4c)/6, D ' =(G3・ccd)^(1/4)≦(G3+2c+d)/4 ≦(a+b+7c+3d)/12, 今回は非対角要素まで補正した。もちろん、実対称ではござるが。 >>94 (1) コーシーで (>>9 最後) 3LR - t^3 =(1+1+1)(aab+bbc+cca)(abb+bcc+caa)-(ab+bc+ca)^3 = 3u(s^3 -4st +9u)+ 2(t^3 -4stu +9uu) +2u(st-9u) = 3u F_1(a,b,c)+ 2 F_1(ab,bc,ca)+ 2u(st-9u), (2) 3LR - us^3 = 2u(s^3 -4st +9u)+ 3(t^3 -4stu +9uu) +2u(st-9u) = 2u F_1(a,b,c)+ 3 F_1(ab,bc,ca)+ 2u(st-9u), F_1(ab,bc,ca)= uu F_{-2}(a,b,c) 大小は定まらず。 >>94 続き F_1(ab,bc,ca)- u F_1(a,b,c) =(t^3 -4stu +9uu)- u(s^3 -4st +9u) = t^3 - us^3 =(ab)^3 +(bc)^3 +(ca)^3 -abc(a^3 + b^3 + c^3) = aab・abb + bbc・bcc + cca・caa - aab・caa - bbc・abb - cca・bcc の符号は決まらず。 >>95-96 詳しくありがとうございます。(未だ理解できていませんが) 洋書文献[3],p.155を調べてみます。 追加。 右辺が >>4 >>70 >>86 >>88 >> 90 の右辺のいずれかと大小関係があるのかはチェックしきれていないが (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ (1/2)*(a+√2)(b+√2)(c+√2)(abc+2√2) ≧ 16abc√2 >>92 これかなり強い不等式な気がするけどどうなんだろう 成り立ちそうだけど証明できない >>98 > (2) > 3LR - us^3 > = 2u(s^3 -4st +9u)+ 3(t^3 -4stu +9uu) +2u(st-9u) > = 2u F_1(a,b,c)+ 3 F_1(ab,bc,ca)+ 2u(st-9u), Schur の使い方に F_1(ab,bc,ca) を利用するとは!! これは、次数が高くなったときに、(su, t, u^2) → (s,t,u) と置き換えているんですね。 >>103 訂正 > > (2) > > 3LR - us^3 > > = 2u(s^3 -4st +9u)+ 3(t^3 -4stu +9uu) +2u(st-9u) > > = 2u F_1(a,b,c)+ 3 F_1(ab,bc,ca)+ 2u(st-9u), > > Schur の使い方に F_1(ab,bc,ca) を利用するとは!! > これは、次数が高くなったときに、(su, t, u^2) → (s,t,u) と置き換えているんですね。 > これは、次数が高くなったときに、(su, t, u^2) → (s,t,u) と置き換えているんですね。 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
read.cgi ver 07.5.5 2024/06/08 Walang Kapalit ★ | Donguri System Team 5ちゃんねる