Неравенство с четырьмя переменными

[waxtep]

rightways в сообщении #1109135 писал(а):

Напомнило неравенство

Ваше неравенство сложнее по крайней мере, лобовой анализ экстремальности, как в исходной задаче, не помогает. Зато, помогает замена четверки на $(a+b+c+d)$ в нужном месте, и тогда уже понятно, что максимум правой части достигается при $a=b=c=d=1$

[arqady]

rightways в сообщении #1109135 писал(а):

А если сперва доказать, что

$$2(ab+bc+cd+bd+ac+da)^3\ge 27abcd(a+b+c+d)^2$$

Оно следует из двух следующих неравенств.
$4(ab+ac+ad+bc+bd+cd)^2\geq9(a+b+c+d)(abc+abd+acd+bcd)$ и $3(abc+abd+acd+bcd)^2\geq8(ab+ac+ad+bc+bd+cd)abcd$.

[waxtep]

Вдобавок к решению, картинка $F(a,b,1,1)$ для красоты; спрятал в офф, чтобы не мешала.

(картинка)

[arqady]

waxtep в сообщении #1108974 писал(а):

0. Заметим, что неотрицательность $a,b,c,d$ можно заменить положительностью.
1. Введем $u=a+b, v=c+d, x^2 =2ab, y^2=2cd$; необходимо доказать, что наша $F(u,v,x,y) \ge 0$ при $u>x>0, v>y>0$
2. Запишем необходимое условие экстремальности $F$ по $u$ и $v$; выражая из этих двух равенств часть с корнем в знаменателе, получим единственную возможность $u=v$; в силу симметрии задачи это означает $a=b=c=d$, в этом случае, $F=0$.
3. То, что это минимум, легко понять взяв огромное $a$ и "обычные" $b,c,d$: слева $a^2$, а справа только $a^{3/2}$.

1. Вы наверняка имеете в виду $2u=a+b$, $2v=c+d$, $x^2=ab$ и $y^2=cd$.
2. Здесь всё верно.
3. Здесь, по-моему, ошибка. Почему критическая точка, которую Вы нашли, она точка минимума?
Ведь это может быть и точка максимума и седловая точка. По-моему, чтобы завершить Ваше рассуждение, Вам нужно найти все критические точки.

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #1108493 писал(а):

Пусть $a$, $b$, $c$ и $d$ неотрицательные числа. Докажите, что

$$(a+b+c+d)(ab+ac+bc+ad+bd+cd)\geq12\sqrt{(a^2+b^2+c^2+d^2)abcd}$$

1. $a \le b \le c \le d$, $q= ab+ac+bc+ad+bd+cd$. Toгда : $ac \le \frac{q}{6}$

2. Пусть : $a+b+c+d =1$, $A= (a+c)(b+d)+bd$

$ac=t \le \frac{q}{6} , q=A+t \le \frac{3}{8}$

"Подвигаем" $a$ и $c$ таким образом , что : $a+c - const $

Перепишем неравенство :

$$\frac{(A+t)}{\sqrt{(1-2A-2t)t}} \ge 12 \sqrt{bd}$$

Минимум левой части достигается при : $t_*= \frac{A(1-2A)}{1+2A} $

$t \le t_* \Leftrightarrow t \le \frac{q(1-2q)}{2(1-q)}$, выполняется т.к. $t\le \frac {q}{6}$ и $q \le \frac {3}{8}$

3. Поэтому достаточно рассмотреть случай $a=b=c =x , d=1-3x$

$$x(1-2x) \ge 4\sqrt {(3x^2+(1-3x)^2)x^3(1-3x)}$$

$$\Leftrightarrow x^2(1-6x)^2(1-4x)^2 \ge 0$$

Равенство при :
$1. a=b=c=0$

$2. a=b=c=d$

$3. a=b=c =A, d = 3A $

[waxtep]

arqady в сообщении #1109470 писал(а):

По-моему, чтобы завершить Ваше рассуждение, Вам нужно найти все критические точки.

Если не ошибаюсь, здесь критическая точка всего одна (с точностью до однородности неравенства). Можно сразу разделить неравенство, например, на $d$, и при помощи того же рассуждения показать единственность точки экстремума $a/d=b/d=c/d=1$. Получается, вопрос скорее в строгом доказательстве того, что эта единственная критическая точка является минимумом. Я это посчитал очевидным, поскольку функция непрерывна и, на границе области $abcd=0, a+b+c+d>0$, $F>0$, а, в точке экстремума, $F=0$. Но, этого, действительно, недостаточно! Пример: подобным рассуждением можно "доказать", что $x^2+y^2-3xy \ge 0$ при $x, y \ge 0$, что неверно, поскольку в нуле седло. Значит, надо по-честному доказывать положительность гессиана, секундочку спасибо, что указали на ошибку.

[arqady]

waxtep в сообщении #1109617 писал(а):

Если не ошибаюсь, здесь критическая точка всего одна (с точностью до однородности неравенства).

Посмотрите доказательство Sergic Primazon и Вы убедитесь,что их девять.

[waxtep]

arqady в сообщении #1109624 писал(а):

Посмотрите доказательство Sergic Primazon и Вы убедитесь,что их девять.

Да, точно. Очень красиво! свое решение снимаю.

[waxtep]

Изрядно попотев, довел таки свой топорный вариант до ума; получилось не очень красиво (в финале полином 6-ой степени), поэтому, прячу под кат

(решение)

1. Как и раньше, введем $u=a+b, v=c+d, x^2 =2ab, y^2=2cd$; необходимо доказать, что наша $F(u,v,x,y)=(u+v)(uv+\frac {x^2+y^2} {2})-6xy \sqrt {u^2+v^2-x^2-y^2} \ge 0$ при $u>x>0, v>y>0$
2. Необходимое условие экстремума по $u,v$ действительно дает $u=v$, однако, такой выбор переменных не удовлетворяет необходимым условиям по $x,y$ (уже здесь у меня была ошибка). Таким образом, внутри области, функция не достигает экстремума, и нас интересует только граница области.
3. В новых переменных $u,v,x,y$ на границе принципиально два разных случая:
а. "угловая" $x=u/\sqrt 2, y=v/\sqrt 2$ и
б. "общее положение" $x=u/\sqrt 2$, без ограничений на $y,v$
Случай (а) сводится к задаче с одной переменной и дает единственную критическую точку $u/v=1$, что, в данном расположении, означает $a=b=c=d$.
4. Случай (б) сложнее, в нем наша функция $F(v,y)=(v+2)(2v+1+y^2/2)-6 \sqrt 2 y \sqrt {v^2-y^2+2}$ (подставлены значения $a=b=1$)
5. Здесь мне показалось проще всего возвести в квадрат обе части неравенства по отдельности и заняться анализом новой функции $G(p,s)=p^2s^2-288(s-4p+6)(p^2-s)$, где $p=v+2, s=4p+y^2-6$ (эти противоестественные подстановки максимально, на мой взгляд, упрощали анализируемую функцию).
6. Эту функцию можно взять Лагранжем; в финале получается вот такое:
$t(24t^2+8t-1)^2 = 8(t^2+2)(6t(1-12t)(t^2+2)+(6t+1)(24t^2+8t-1))$, где $t=p/12$
Здесь я наконец сдался и положился на могучие плечи Вольфрама, два действительных корня: $t=1/2$ и $t \approx 0.413839$. Второй корень не проходит, т.к. дает отрицательный $y^2$, а первый - то что надо; отматывая цепочку подстановок назад, получаем для него $c=1, d=3$.
В решении уверен, перепроверял несколько раз; но, конечно, это кошмар

И картинка $F$ для $b=c, d=1$, показывающая все ее особенности:

(картинка)

[arqady]

waxtep в сообщении #1110101 писал(а):

но, конечно, это кошмар

Согласен с Вами.

[arqady]

Моё доказательство основывалось сначала на EV методе Vasile Cirtoaje, но оказалось, что наше неравенство легко убивается
с помощью неопределенных множетелей Лагранжа.
Действительно, пусть $a+b+c+d=m=constant$ и $a^2+b^2+c^2+d^2=n=constant$ и мы хотим понять,
когда достигается максимум $abcd$.
Пусть $f(a,b,c,d,\lambda,\mu)=abcd+\lambda(a+b+c+d-m)+\mu(a^2+b^2+c^2+d^2-n)$
Тогда $\frac{\partial f}{\partial a}=bcd+\lambda+2\mu a$ и $\frac{\partial f}{\partial b}=acd+\lambda+2\mu b$ и тогда $(a-b)(cd-2\mu)=0$.
Если только один первый сомножитель равен нулю, то так как случай равенства нулю одной из переменных очевиден, получаем, что все критические точки бывают только двух видов: $a=b=c$ или $a=b$ и $c=d$ и доказательство завершается очевидной проверкой.
Интересно, что согласно EV method достаточно проверить только случай $a=b=c$, что не настолько уж существенно проще.

[waxtep]

arqady в сообщении #1110617 писал(а):

легко убивается

Ух ты, елки-палки!
Здесь можно еще так закончить: поскольку $abcd=-2\mu a^2-\lambda a=$ тому же выражению от $b,c,d$, в критических точках $a,b,c,d$ не могут принимать более двух различных (отличных от нуля) значений.