Доказуемо ли такое неравенство?

[NL0]

Добрый вечер! Встретилось интересное (на мой взгляд) неравенство, с которым не получилось разобраться. Сможете ли подсказать идею? Свои соображение приложу ниже.

Для положительных значений $a,b,c,d$ докажите неравенство:

$$\dfrac{3a}{b+c+d}+\dfrac{3b}{b+c+d}+\dfrac{3c}{a+c+d}+\dfrac{3d}{a+b+c}\geqslant 4$$

Первая мысль была такой, а давайте обозначим $p=a+b+c+d$, тогда неравенство перепишется в виде:

$$\dfrac{3a}{p-a}+\dfrac{3b}{p-b}+\dfrac{3c}{p-c}+\dfrac{3d}{p-d}\geqslant 4$$

И сразу захотелось сделать переобозначение $A=p-a$, $B=p-b$, $C=p-c$, $D=p-d$. Но это ни к чему не привело толковому.

Вторая мысль -- симметрия. Если при $(a;b;c;d)$ будет выполнятся неравенство, то если какие-то две буквы поменять местами везде, где они встречаются, то получится тоже самое неравенство (думаю, что немного коряво выразился, но, надеюсь, что понятна мысль)

Конечно, вариант тупо к общему знаменателю исходные дроби привести, но получается очень жуткое выражение! Думаю, что автор задачи (задача из сборника Галицкий) подразумевал что-то поинтересней)

[Lia]

Проверьте постановку задачи, с исходным неравенством что-то не так.

[NL0]

Lia в сообщении #1261406 писал(а):

Проверьте постановку задачи, с исходным неравенством что-то не так.

Спасибо, да, есть пару опечаток при наборе*
Вот так будет правильно:

$$\dfrac{3a}{b+c+d}+\dfrac{3b}{a+c+d}+\dfrac{3c}{b+a+d}+\dfrac{3d}{a+b+c}\geqslant 4$$

[iou]

Пусть $x < a+b+c+d,$ тогда

$$f_x=\dfrac{x}{a+b+c+d-x} \ge \dfrac{1}{3} \Leftrightarrow \dfrac{4x-a-b-c-d}{a+b+c+d-x} \ge 0 \Leftrightarrow 4x-a-b-c-d \ge 0 $$

Результат следует из применения данной эквивалентности к неравенству $f_a+f_b+f_c+f_d \ge \dfrac{4}{3}$ поэлементно.

[Евгений Машеров]

Не теряя общности, положим, что $p=(a+b+c+d)=1$
Найдём минимум для выражения $\frac {3a}{1-a}+\frac {3b}{1-b}+\frac {3c}{1-c}+\frac {3d}{1-d}$ при условии $(a+b+c+d)=1$
Легко видеть, что он достигается при $a=b=c=d$

[DeBill]

Евгений Машеров в сообщении #1261485 писал(а):

$\frac {3a}{1-a}+\frac {3b}{1-b}+\frac {3c}{1-c}+\frac {3d}{1-d}$

Функция $f(x)= \frac{3x}{1-x}$ выпуклая, и неравенство Иенсена дает требуемое

[NL0]

iou в сообщении #1261442 писал(а):

Пусть $x < a+b+c+d,$ тогда

$$f_x=\dfrac{x}{a+b+c+d-x} \ge \dfrac{1}{3} \Leftrightarrow \dfrac{4x-a-b-c-d}{a+b+c+d-x} \ge 0 \Leftrightarrow 4x-a-b-c-d \ge 0 $$

Результат следует из применения данной эквивалентности к неравенству $f_a+f_b+f_c+f_d \ge \dfrac{4}{3}$ поэлементно.

Спасибо, единственное, что не очень понятно, что именно дает равносильность

$$f_x=\dfrac{x}{a+b+c+d-x} \ge \dfrac{1}{3} \Leftrightarrow 4x-a-b-c-d \ge 0 $$

Понятно, что если мы докажем, что $\dfrac{x}{a+b+c+d-x} \ge \dfrac{1}{3}$ выполняется для $x=a,b,c,d$, то получим требуемое доказательство исходного неравенства.

Но мы ведь точно не можем знать выполняется ли $4x-a-b-c-d \ge 0$ для $x=a,b,c,d$?

Более того, если $a<b<c<d$, то $4a-a-b-c-d<0$

Но если сложить четыре неравенства $4x-a-b-c-d \ge 0$, то получим $0\ge 0$, что верно.

Кстати, стало интересно, если мы рассмотрим неравенства $a>b$ и $c>d$ и эквивалентные им $a'>b'$ и $c'>d'$ соответственно.

Если мы точно знаем, что неравенство $a+b>c+d$ выполняется, то следует ли из этого, что выполняется неравенство $a'+b'>c'+d'$?

Пусть все вышеперечисленные неравенства одного знака.

Если сложим левые части и правые части четырех неравенств $a


-- 02.11.2017, 14:20 --

Евгений Машеров в сообщении #1261485 писал(а):

Не теряя общности, положим, что $p=(a+b+c+d)=1$
Найдём минимум для выражения $\frac {3a}{1-a}+\frac {3b}{1-b}+\frac {3c}{1-c}+\frac {3d}{1-d}$ при условии $(a+b+c+d)=1$
Легко видеть, что он достигается при $a=b=c=d$

Спасибо, однако задача для 8 класса, они еще не умеют находить минимумы (моя вина, что не сказал изначально для какого класса).
Смотря еще что понимается под словами "легко видеть" (это значит через производные проверяется?)

[NL0]

Кстати, вот это неравенство $f_x=\dfrac{x}{a+b+c+d-x} \ge \dfrac{1}{3} $ не работает при $x=a=\frac{1}{100}$ и $b=c=d=1$

[iou]

NL0 в сообщении #1261597 писал(а):

Кстати, вот это неравенство $f_x=\dfrac{x}{a+b+c+d-x} \ge \dfrac{1}{3} $ не работает при $x=a=\frac{1}{100}$ и $b=c=d=1$

И эквивалентное ему неравенство $4x-a-b-c-d \ge 0$ тоже не выполняется.
Условие $\Big( f_a \ge \dfrac{1}{3} ~ \wedge ~ f_b \ge \dfrac{1}{3} ~ \wedge ~ f_c \ge \dfrac{1}{3} ~ \wedge ~ f_d \ge \dfrac{1}{3} \Big )$ не является необходимым для выполнения неравенства $f_a+f_b+f_c+f_d \ge \dfrac{4}{3}.$

[NL0]

iou в сообщении #1261625 писал(а):

И эквивалентное ему неравенство $4x-a-b-c-d \ge 0$ тоже не выполняется.
Условие $\Big( f_a \ge \dfrac{1}{3} ~ \wedge ~ f_b \ge \dfrac{1}{3} ~ \wedge ~ f_c \ge \dfrac{1}{3} ~ \wedge ~ f_d \ge \dfrac{1}{3} \Big )$ не является необходимым для выполнения неравенства $f_a+f_b+f_c+f_d \ge \dfrac{4}{3}.$

Спасибо, это я понял (и понимаю, что это условие является достаточным), но не очень понял, как нам эта эквивалентность может помочь решить исходное неравенство...

[grizzly]

NL0 в сообщении #1261630 писал(а):

не очень понял, как нам эта эквивалентность может помочь решить исходное неравенство...

Пока никак (именно это признал iou чуть выше).

[mihiv]

Евгений Машеров в сообщении #1261485 писал(а):

Не теряя общности, положим, что $p=(a+b+c+d)=1$

При этом условии:

$$\frac {3a}{1-a}+\frac {3b}{1-b}+\frac {3c}{1-c}+\frac {3d}{1-d}=3\left (-4+\frac 1{1-a}+\frac 1{1-b}+\frac 1{1-c}+\frac 1{1-d}\right )\geq $$$$\geq -12+\frac {12}{\sqrt [4]{(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)}}\geq 4$$

Так как

$$\sqrt [4]{(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)}\leq \dfrac {1-a+1-b+1-c+1-d}4=\dfrac 34$$

[NL0]

mihiv в сообщении #1261641 писал(а):

$$\sqrt [4]{(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)}\leq \dfrac {1-a+1-b+1-c+1-d}4=\dfrac 34$$

Спасибо, но не понятно -- ведь это неравенство между средним геометрическим и арифметическим, но ведь среднего арифметического чисел $1-a$, $1-b$, $1-c$, $1-d$. А должно быть обратным к ним числам.

Может вы имели ввиду среднее гармоническое и среднее геометрическое в таком виде и дальше преобразовать?

$\sqrt [4]{(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)}\leq \dfrac{4}{ {\frac{1}{1-a}+...+\frac{1}{1-d}}}$

Или я что-то не очень понимаю....

[mihiv]

Неравенство между средним геометрическим и арифметическим применяем дважды: один раз для чисел $1-a, 1-b,\dots $, в результате получаем $\sqrt [4]{\dots }\leq \frac 34\,\,(1)$, второй раз - для чисел $\frac 1{1-a},\frac 1{1-b},\dots $, при этом получим неравенство

$$\frac {3a}{1-a}+\frac {3b}{1-b}+\frac {3c}{1-c}+\frac {3d}{1-d}=3\left (-4+\frac 1{1-a}+\frac 1{1-b}+\frac 1{1-c}+\frac 1{1-d}\right )\geq $$$$\geq -12+\frac {12}{\sqrt [4]{(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)}}\,\,(2)$$

Корень четвертой степени в знаменателе неравенства $(2)$ заменим на большую величину $\frac 34$ и получим нужное нарвенство.

[arqady]

Если попробовать применить Коши-Буняковского, то обязательно получится.