Неравенства через AM-GM

[Whitaker]

Помогите с доказательством этих двух неравенств через AM-GM. Делаю различные преобразования, но они никак не получаются.
1) Пусть $a, b, c > 0$ и $abc=1$. Доказать, что
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq a+b+c$
2) Пусть $a, b, c, d\geq 0$ и $a+b+c+d=4$. Доказать, что
$\frac{4}{abcd}\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{d}+\frac{d}{a}$

[arqady]

Whitaker в сообщении #460803 писал(а):

1) Пусть $a, b, c > 0$ и $abc=1$. Доказать, что
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq a+b+c$

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq a+b+c\Leftrightarrow a^2c+b^2a+c^2b\geq a+b+c$,
а это следует из $2a^2c+b^2a\geq3a$.

Whitaker в сообщении #460803 писал(а):

2) Пусть $a, b, c, d\geq 0$ и $a+b+c+d=4$. Доказать, что
$\frac{4}{abcd}\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{d}+\frac{d}{a}$

А это неверно. Подставьте $a=0$.

[Whitaker]

arqady в сообщении #460856 писал(а):

Whitaker в сообщении #460803 писал(а):

2) Пусть $a, b, c, d\geq 0$ и $a+b+c+d=4$. Доказать, что
$\frac{4}{abcd}\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{d}+\frac{d}{a}$

А это неверно. Подставьте $a=0$.

А извините пожалуйста, там было всё-таки условие: a,b,c,d >0.

[arqady]

Пусть $\{a,b,c,d\}=\{x,y,z,t\}$, где $x\geq y\geq z\geq t$.
Тогда четвёрки $(x,y,z,t)$ и $(xyz,xyt,xzt,yzt)$ одинаково упорядочены (очевидно, четверки $(a,b,c,d)$ и $(abc,abd,acd,bcd)$ также одинаково упорядочены, но с заменой это совсем прозрачно).
Теперь воспользуемся перестановочным неравенствoм:
$a^2cd+b^2ad+c^2ab+d^2bc=a\cdot acd+b\cdot abd+c\cdot abc+d\cdot bcd\leq $
$\leq x\cdot xyz+y\cdot xyt+z\cdot xzt+t\cdot yzt=x^2yz+y^2xt+z^2xt+t^2yz=$
$=xy(xz+yt)+tz(xz+yt)=(xy+tz)(xz+yt)\leq\left(\frac{xy+tz+xz+yt}{2}\right)^2$=
$=\left(\frac{(x+t)(y+z)}{2}\right)^2\leq\left(\frac{\left(\frac{x+y+z+t}{2}\right)^2}{2}\right)^2=4$.

[Whitaker]

arqady в сообщении #461255 писал(а):

Пусть $\{a,b,c,d\}=\{x,y,z,t\}$, где $x\geq y\geq z\geq t$.
Тогда четвёрки $(x,y,z,t)$ и $(xyz,xyt,xzt,yzt)$ одинаково упорядочены (очевидно, четверки $(a,b,c,d)$ и $(abc,abd,acd,bcd)$ также одинаково упорядочены, но с заменой это совсем прозрачно).
Теперь воспользуемся перестановочным неравенствoм:
$a^2cd+b^2ad+c^2ab+d^2bc=a\cdot acd+b\cdot abd+c\cdot abc+d\cdot bcd\leq $
$\leq x\cdot xyz+y\cdot xyt+z\cdot xzt+t\cdot yzt=x^2yz+y^2xt+z^2xt+t^2yz=$
$=xy(xz+yt)+tz(xz+yt)=(xy+tz)(xz+yt)\leq\left(\frac{xy+tz+xz+yt}{2}\right)^2$=
$=\left(\frac{(x+t)(y+z)}{2}\right)^2\leq\left(\frac{\left(\frac{x+y+z+t}{2}\right)^2}{2}\right)^2=4$.

А можно как-нибудь без перестановочного неравенства? Я их пока еще не знаю.

[Gortaur]

(Оффтоп)

Я ждал такого ответа. Правда, можно попроще?

[MrDindows]

arqady, а разве так можно? Во первых замена...у нас же неравенство вроде как не симметричное в начале. Во вторых, вы пишите в скобках про одинаково упорядоченные четвёрки, что равносильно такому:
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{d}+\frac{d}{a} \le \frac{a}{d}+\frac{b}{c}+ \frac{c}{b}+ \frac{d}{a}$
Или же такому:
$(a-c)(b-d) \ge 0$, что собственно не верно.

Зы. Сам я решение не нашёл, но, по-моему, можно так:
К общему знаменателю и записываем как
$(a+b+c+d)^4\ge 64(a^2cd+b^2ad+c^2ab+d^2bc)$
Дальше раскрываем скобки, группируем по кучкам для АМ-ГМ, применяем Шура ( чтобы избавится от слагаемого $abcd$ слева), ну и АМ-ГМ добиваем его)

[arqady]

MrDindows в сообщении #461538 писал(а):

arqady, а разве так можно? Во первых замена...у нас же неравенство вроде как не симметричное в начале. Во вторых, вы пишите в скобках про одинаково упорядоченные четвёрки, что равносильно такому:
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{d}+\frac{d}{a} \le \frac{a}{d}+\frac{b}{c}+ \frac{c}{b}+ \frac{d}{a}$
Или же такому:
$(a-c)(b-d) \ge 0$, что собственно не верно.

Да, это тонкое место! Можно считать, что $(a-c)(b-d) \ge 0$ поскольку неравенство не меняется после циклических перестановок. Чтобы не мучаться пониманием, почему это верно, можно сделать указанную мной замену. Вы согласны, что после неё неравенство доказано?

MrDindows в сообщении #461538 писал(а):

по-моему, можно так:
К общему знаменателю и записываем как
$(a+b+c+d)^4\ge 64(a^2cd+b^2ad+c^2ab+d^2bc)$
Дальше раскрываем скобки, группируем по кучкам для АМ-ГМ, применяем Шура ( чтобы избавится от слагаемого $abcd$ слева), ну и АМ-ГМ добиваем его)

Попробуйте, но это всё очень сложно (кстати, Шур работает для симметрических неравенств, а у нас - циклическое ).
Если Вы такой уж любитель сложных вычислений, то можно и так доказать:
Поскольку неравенство циклическое, то можно положить $a=\min\{a,b,c,d\}$.
Тогда $b=a+x$, $c=a+y$ и $d=a+z$, где $x$, $y$ и $z$ неотрицательны.
Подставляем в Ваш гомогенизированный вид исходного неравенства, раскрываем скобки, приводим подобные члены и получаем что-то совершенно очевидное.
Удачи! (но проще, имхо, понять моё первое доказательство).

Whitaker в сообщении #461469 писал(а):

А можно как-нибудь без перестановочного неравенства?

Можно! Смотрите выше моё второе доказательство (точнее его идею, реализация за Вами!)

Whitaker в сообщении #461469 писал(а):

Я их пока еще не знаю.

Могу научить если хотите, хотя Вы можете прочитать о нём в Википедии, например.