Доказать неравенство

[Roman Kotyk]

Пусть $a, b, c$ и $d$ положительные действительные числа. Докажите неравенство:

$$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+d}+\frac{d}{d+a}\geq1+4\sqrt{\frac{abcd}{(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)}}$$

[arqady]

BW убивает это неравенство, только это решение очень громоздко (там получается могочлен шестой степени от $a$ с неотрицательными козффициентами).
Не уверен, стоит ли выписывать его полностью.

[waxtep]

У меня получилось только "в лоб": заменяем $x=\frac b a, y=\frac c b, z=\frac d c, t=\frac a d, xyzt=1$. Методом неопределенных множителей находим, что в критических точках $x,y,z,t$ могут принимать не более двух различных значений, случаи $(1,1,1,1)$ и $(x,x,\frac 1 x, \frac 1 x)$ простые (второй сводится к $x+\frac 1 x \ge 2$), а третий, $(x,x,x,\frac 1 {x^3})$ приводит, если нигде не наврал, к $(x-1)^2(9x^4+2x^3+5x^2+4x+4) \ge 0$, т.о. все три случая дают единственный минимум $a=b=c=d$, в котором достигается равенство.

[arqady]

waxtep в сообщении #1118492 писал(а):

Методом неопределенных множителей находим, что в критических точках $x,y,z,t$ могут принимать не более двух различных значений

Обясните это по-подробнее.

[waxtep]

arqady в сообщении #1118507 писал(а):

Обясните это по-подробнее.

Ищем кртические точки $F(x,y,z,t,\lambda)=\frac 1 {1+x}+\frac 1 {1+y}+\frac 1 {1+z}+\frac 1 {1+t}-1-\frac 4 R+\lambda (xyzt-1)$,
где $R=\sqrt {(1+x)(1+y)(1+z)(1+t)}$:
$(1+x)\frac {\partial F} {\partial x}=-\frac 1 {1+x}+\frac 2 R+\lambda+\frac \lambda x=0$
При фиксированных $\lambda, R$ это квадратное относительно $x$ уравнение, и точно такое же мы можем получить для $y,z,t \Rightarrow x,y,z,t$ принимают не более двух различных значений в критических точках.

[TR63]

Roman Kotyk в сообщении #1118058 писал(а):

Пусть $a, b, c$ и $d$ положительные действительные числа. Докажите неравенство:

$$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+d}+\frac{d}{d+a}\geq1+4\sqrt{\frac{abcd}{(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)}}$$

Удалила (заметила ошибку).

[arqady]

$R$ зависит от $x$ и поэтому Ваше квадратное уравнение на самом деле совсем не квадратное.
Но вот Ваша запись

waxtep в сообщении #1118679 писал(а):

$(1+x)\frac {\partial F} {\partial x}=-\frac 1 {1+x}+\frac 2 R+\lambda+\frac \lambda x=0$

действительно решает задачу.

[waxtep]

arqady в сообщении #1118776 писал(а):

$R$ зависит от $x$ и поэтому Ваше квадратное уравнение на самом деле совсем не квадратное.

Да, тут было бы аккуратнее добавить к $F$ член $\mu (R-\sqrt {(1+x)(1+y)(1+z)(1+t)})$, и тогда уже по-честному квадратное

[arqady]

Более сильный вариант.
Пусть $a$, $b$, $c$ и $d$ положительные числа. Докажите что:

$$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+d}+\frac{d}{d+a}\geq1+4\sqrt{\frac{abcd}{(a+b+c+d)(abc+abd+acd+bcd)}}$$

[waxtep]

arqady в сообщении #1118793 писал(а):

Более сильный вариант.

Кажется, можно "убить" тем же способом. Неравенство действительно сильнее, т.к. знаменатель в правой части (после деления на $abcd$) меньше исходного на величину $\frac {bd} {ac}+\frac {ac} {bd}-2$. Заметим, что эта сумма дробей ведет себя как хамелеон: когда мы дифференцируем по $x$ или $z$, выгодно ее представлять как $yt+\frac 1 {yt}$, а, когда по $y$ или $t$ - как $xz+\frac 1 {xz}$. Это избавляет от неприятного слагаемого в производной и сводит ее к тому же квадратному уравнению.

[waxtep]

...какое-то это жульничество, все таки, так наверное нельзя. Если аккуратно расписывать, возникают еще вот такие кандидаты, $(x,y,\frac 1 x,\frac 1 y)$ и $(x,y,x,\frac 1 {x^2y})$, из которых особенно противным выглядит второй...

-- 28.04.2016, 04:58 --

Первый решается необычайно легко и приятно сводится к
$1\ge \frac 4 {\sqrt {(2+x+\frac 1 x)(2+y+\frac 1 y)}}$

[Sergic Primazon]

-- Чт апр 28, 2016 17:22:53 --

Roman Kotyk в сообщении #1118058 писал(а):

Пусть $a, b, c$ и $d$ положительные действительные числа. Докажите неравенство:

$$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+d}+\frac{d}{d+a}\geq1+4\sqrt{\frac{abcd}{(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)}}$$

Положим: $ a+b+c+d=1 $

Тогда неравенство перепишется:

$$a\cdot \frac{c+d}{a+b}+b \cdot \frac{d+a}{b+c}+c \cdot \frac{a+b}{c+d}+d \cdot \frac{b+c}{d+a} \ge 4 \cdot \sqrt {\frac{abcd}{(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)}}$$

$$\frac{a (c+d)^2+c (a+b)^2}{(a+b)(c+d)}+\frac{b (d+a)^2+d (b+c)^2}{(b+c)(d+a)} \ge 2 \cdot \sqrt {\frac{(a (c+d)^2+c (a+b)^2)(b (d+a)^2+d (b+c)^2)}{(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)}} \ge$$ $$\ge 4\cdot \sqrt {\frac{abcd}{(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)}}$$

$$\Leftrightarrow (a (c+d)^2+c (a+b)^2)(b (d+a)^2+d (b+c)^2) \ge 4abcd$$

$$4 abcd \sum\limits_{cyc} a^2+ \left ( 5 abcd\sum\limits_{cyc}ab+\sum\limits_{cyc}(a^4bc+ab^2d^3+ac^2d^3) \right) + $$ $$+\left ( 4abcd \cdot (ac+bd)+2 (a^3b^2c+ac^3d^2)+2 (b^3c^2d+bd^3a^2) \right) \ge 4abcd\cdot (a+b+c+d)^2= 4abcd$$

[waxtep]

arqady в сообщении #1118793 писал(а):

Более сильный вариант.
Пусть $a$, $b$, $c$ и $d$ положительные числа. Докажите что:

$$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+d}+\frac{d}{d+a}\geq1+4\sqrt{\frac{abcd}{(a+b+c+d)(abc+abd+acd+bcd)}}$$

Вот как его можно сделать корректно: введем $(x,y,z,t)=(\frac b a, \frac c b,\frac d c, \frac a d)$ как и ранее, и $a_1=\frac {x+z} 2, a_2=\frac {y+t} 2, g_1=\sqrt {xz}, g_2=\sqrt {yt}, g_1g_2=1$. Тогда, наша функция преобразуется в

$$F=2\frac {a_1+1} {g_1^2+2a_1+1}+2\frac {a_2+1} {g_2^2+2a_2+1}-1-\frac 4 {\sqrt {(g_1^2+2a_1+1)(g_2^2+2a_2+1)-(g_1-g_2)^2}}-\lambda (g_1g_2-1)$$

Дифференцируя по $a_{1,2}$ найдем, что в критических точках $\frac {g_1^2-1} {g_1^2+2a_1+1}=\frac {g_2^2-1} {g_2^2+2a_2+1}$, что возможно только когда это выражение равно нулю, т.к. $g_1g_2=1$. Таким образом, критические точки могут иметь только вид $(x,y,\frac 1 x,\frac 1 y)$, для которого решение сводится к
$1\ge \frac 4 {\sqrt {(2+x+\frac 1 x)(2+y+\frac 1 y)}}$

[waxtep]

waxtep в сообщении #1119107 писал(а):

как его можно сделать корректно

По-хорошему, еще надо проверить границы, "угол" $a_1=g_1, a_2=g_2$ (это легко, точки $(x,\frac 1 x,x,\frac 1 x)$) и "общее положение" $a_1=g_1, a_2>g_2$ (это те самые "неприятные" точки $(x,y,x,\frac 1 {x^2y})$). Здесь задача сводится тождественными перестановками к громоздкому неравенству между am и gm:

$$\frac {(g_2+1)^3+4g_2(a_2-g_2)} {(g_2+1)^2+2(a_2-g_2)}\ge \frac {2g_2} {\sqrt{\frac {a_2+g_2} 2}}$$

которое поддается BW, $a_2=g_2+2k$ приводит к кубическому полиному по $k$ с положительными коэффициентами

(в котором ровно один "подозрительный" знак минус)

$$64g^2k^3+16g(g+1)^3k^2+(g+1)^2(g^4+20g^3-10g^2+4g+1)k+g(g+1)^4(g-1)^2\ge 0$$

коэффициент при $k$, по счастью, положителен при $g\equiv g_2\ge 0$, что пришлось подглядеть в вольфраме; в общем, проверка границы тут доставляет сомнительное удовольствие

[waxtep]

(еще немного о граничном случае)

waxtep в сообщении #1119275 писал(а):

$$64g^2k^3+16g(g+1)^3k^2+(g+1)^2(g^4+20g^3-10g^2+4g+1)k+g(g+1)^4(g-1)^2\ge 0$$

коэффициент при $k$, по счастью, положителен при $g\equiv g_2\ge 0$, что пришлось подглядеть в вольфраме

...и что, конечно, очевидно без вольфрама, особенно если не торопиться расписывать $(g+1)^4-16g^2$ по степеням $g$; в общем, не такое уж оно и уродливое. Вообще, неравенство на границе в общем положении

$$\frac {(g_2+1)^3+4g_2(a_2-g_2)} {(g_2+1)^2+2(a_2-g_2)}\ge \frac {2g_2} {\sqrt{\frac {a_2+g_2} 2}}$$

доказывается влет для $g\ge 1$, как просто ослабленная версия $g+1\ge 2\sqrt g$; а вот для $g<1$ мне изящную подстановку найти не удалось, поэтому пошел по BW, который напрашивается в силу наличия комбинации $(a-g)$