2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Посмотреть правила форума



Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2  След.
 
 Доказуемо ли такое неравенство?
Сообщение01.11.2017, 22:40 


13/02/16
129
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)

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказуемо ли такое неравенство?
Сообщение01.11.2017, 22:49 


20/03/14
12041
Проверьте постановку задачи, с исходным неравенством что-то не так.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказуемо ли такое неравенство?
Сообщение01.11.2017, 23:11 


13/02/16
129
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:

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

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказуемо ли такое неравенство?
Сообщение02.11.2017, 03:30 
Аватара пользователя


04/10/15
291
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказуемо ли такое неравенство?
Сообщение02.11.2017, 09:23 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/03/08
9490
Москва
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 $a=b=c=d$

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказуемо ли такое неравенство?
Сообщение02.11.2017, 10:36 
Заслуженный участник


10/01/16
2315
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

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказуемо ли такое неравенство?
Сообщение02.11.2017, 13:18 


13/02/16
129
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?)

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказуемо ли такое неравенство?
Сообщение02.11.2017, 15:20 


13/02/16
129
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 $b=c=d=1$

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказуемо ли такое неравенство?
Сообщение02.11.2017, 17:11 
Аватара пользователя


04/10/15
291
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 $f_a+f_b+f_c+f_d \ge \dfrac{4}{3}.$

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказуемо ли такое неравенство?
Сообщение02.11.2017, 17:32 


13/02/16
129
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...

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказуемо ли такое неравенство?
Сообщение02.11.2017, 18:11 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/09/14
6328
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).

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказуемо ли такое неравенство?
Сообщение02.11.2017, 18:23 
Заслуженный участник


03/01/09
1677
москва
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 $$\sqrt [4]{(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)}\leq \dfrac {1-a+1-b+1-c+1-d}4=\dfrac 34$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказуемо ли такое неравенство?
Сообщение02.11.2017, 21:26 


13/02/16
129
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....

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказуемо ли такое неравенство?
Сообщение02.11.2017, 22:33 
Заслуженный участник


03/01/09
1677
москва
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказуемо ли такое неравенство?
Сообщение02.11.2017, 22:50 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Если попробовать применить Коши-Буняковского, то обязательно получится.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 17 ]  На страницу 1, 2  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group