Несколько неравенств.

[arqady]

Clayton в сообщении #586062 писал(а):

$\frac { 1 }{ x(y+1) } +\frac { xy }{ x+1 } \ge \frac { 1 }{ x+1 } +\frac { y }{ y+1 } $

Это красиво и очень идейно!
Мне был известен другой трюк с умножением на $1+xyz$:
$\sum\limits_{cyc}\frac{1+xyz}{x(y+1)}=\sum\limits_{cyc}\left(\frac{1+xyz}{x(y+1)}+1\right)-3=\sum\limits_{cyc}\frac{1+x+xy(1+z)}{x(1+y)}-3\geq$
$\geq2\sum\limits_{cyc}\sqrt{\frac{y(1+x)(1+z)}{x(1+y)^2}}-3\geq6-3=3$.
Более тонкими рассуждениями можно получить и такую оценку:

$$\frac { 1 }{ x(y+1) } +\frac { 1 }{ y(z+1) } +\frac { 1 }{ z(x+1) } \ge \frac { 3 }{ \sqrt[3]{xyz}+\sqrt[3]{x^2y^2z^2} } $$

(Оффтоп)

Clayton в сообщении #586062 писал(а):

arqady,не могли бы Вы подсказать книги/статьи где описывается метод доказательства неравенств с помощью производных(я знаю только статью Ярского из "Кванта"),метода множителей Лагранжа и прочих"некрасивых"методов.Буду очень благодарен.

Вы меня обескураживаете этим вопросом. Это всё равно, что попросить книжку, где описывается метод доказательства неравенств с помощью таблицы умножения.

[Clayton]

(Оффтоп)

Цитата:

Вы меня обескураживаете этим вопросом. Это всё равно, что попросить книжку, где описывается метод доказательства неравенств с помощью таблицы умножения.

Ну так есть же методы такие.Там где находим точку минимума,подставляем,то же самое делаем и с другой переменной и т.д.Или там где делаем замены $x=ab+bc+cd$,$y={ a }^{ 2 }+{ b }^{ 2 }+{ c }^{ 2 }$,$z=abc$,а потом исследуем кубический трехчлен.Раз методы есть,значит где-то они описаны должны быть?

[arqady]

Clayton, производная - это обычное средство, с помощью которого решаются задачи. Возьмите, например, книжку Маршалл, Олкин "Неравенства". И будут Вам там призводные. Но нельзя сказать, что это книжка о методе доказательства неравенств с помощью производных.

[Clayton]

(Оффтоп)

arqady,ну я имел ввиду что бы в книге была глава посвященная производным и прочему,а не вся книга.Так то оно понятно,что всю книгу не забьешь одними производными А за Маршала-Олкина спасибо,у меня есть эта книга на компьютере,но как то раньше она отпугивала А по методу Лагранжа и доказательства через замену переменных есть какие-нибудь статьи?

[arqady]

Пусть $a$, $b$, $c$ и $d$ - положительны и $a^2+b^2+c^2+d^2=4$. Докажите, что:

$$(ab+ac+bc+ad+bd+cd)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}-1\right)\geq18$$

Доказательство.
После гомогенизации получим, что надо доказать следующее:

$$(ab+ac+bc+ad+bd+cd)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}-\frac{2}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+d^2}}\right)\geq9\sqrt{a^2+b^2+c^2+d^2}$$

Положим $a+b+c+d=4$ и $a^2+b^2+c^2+d^2=4+12t^2$, где $0\leq t<1$.
Если $t=0$, то $a=b=c=d=1$ и неравенство выполняется.
Пусть $t\neq0$. Тогда $ab+ac+bc+ad+bd+cd=\frac{16-4-12t^2}{2}=6(1-t^2)$.
С другой стороны, $4+12t^2=a^2+b^2+c^2+d^2\geq a^2+\frac{(b+c+d)^2}{3}=a^2+\frac{(4-a)^2}{3}$, что даёт $a\leq1+3t$.
Равенство достигается, когда $a=1+3t$ и $b=c=d=1-t$ при этом $1+3t\neq1-t$.
Таким образом, $\{a,b,c,d\}\subset(0,1+3t]$ и никакие два из них не могут равняться $1+3t$.
Оценим теперь $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}$ снизу.
$\sum\limits_{cyc}\frac{1}{a}=\frac{4}{1+3t}+\sum\limits_{cyc}\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{1+3t}\right)=\frac{4}{1+3t}+\sum\limits_{cyc}\frac{(1+3t-a)^2}{(1+3t)(1+3t-a)a}\geq\frac{4}{1+3t}+\frac{\left(\sum\limits_{cyc}(1+3t-a)\right)^2}{(1+3t)\sum\limits_{cyc}(1+3t-a)a}=$
$=\frac{4}{1+3t}+\frac{(4+12t-4)^2}{(1+3t)(4+12t-4-12t^2)}=\frac{4(1+2t)}{(1+3t)(1-t)}$.
Следовательно, остаётся доказать, что

$$(6-6t^2)\left(\frac{4(1+2t)}{(1+3t)(1-t)}-\frac{1}{\sqrt{1+3t^2}}\right)\geq18\sqrt{1+3t^2}$$

что легко проверяется.
Равенство достигается, когда $a=b=c=d=1$ и приближаемся к равенству, когда $t\rightarrow1$, то бишь когда $a\rightarrow2^-$ и $b=c=d\rightarrow0^+$.

[Clayton]

А почему мы имеем право считать,что $a+b+c+d=4$ и ${ a }^{ 2 }+{ b }^{ 2 }+{ c }^{ 2 }+{ d }^{ 2 }=4+12{ t }^{ 2 }$,когда по условию ${ a }^{ 2 }+{ b }^{ 2 }+{ c }^{ 2 }+{ d }^{ 2 }=4$?

[arqady]

Clayton в сообщении #586962 писал(а):

А почему мы имеем право считать,что $a+b+c+d=4$ и ${ a }^{ 2 }+{ b }^{ 2 }+{ c }^{ 2 }+{ d }^{ 2 }=4+12{ t }^{ 2 }$,когда по условию ${ a }^{ 2 }+{ b }^{ 2 }+{ c }^{ 2 }+{ d }^{ 2 }=4$?

Дело в том, что неравенство

$$(ab+ac+bc+ad+bd+cd)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}-\frac{2}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+d^2}}\right)\geq9\sqrt{a^2+b^2+c^2+d^2}$$

является однородным и мы можем это использовать следующим образом. Пусть $a=kx$, $b=ky$, $c=kz$ и $d=kt$ так, что $k>0$ и $x+y+z+t=4$.
Подставим $a=kx$, $b=ky$, $c=kz$ и $d=kt$ в новое неравенство и $k$ сократится. Получилось то же самое неравенство только с условием $x+y+z+t=4$.
Теперь если $a+b+c+d=4$, то поскольку $4(a^2+b^2+c^2+d^2)\geq(a+b+c+d)^2=16$, то
$a^2+b^2+c^2+d^2\geq4$.
C другой стороны $16=(a+b+c+d)^2=$
$=a^2+b^2+c^2+d^2+2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)>a^2+b^2+c^2+d^2$.
Поэтому $4\leq a^2+b^2+c^2+d^2<16$ и следовательно существует такое $t\in[0,1)$, для которого
$a^2+b^2+c^2+d^2=4+12t^2$.

[Clayton]

Спасибо!Я как-то и забыл про этот прием