Skoro już tak się sparzyłem, to nie mam ochoty kontynuować ataków z użyciem tej metody. Mój dowód będzie niestety brzydki i będzie w pełni naśladował w idei dowód
Single Inflection Point Theorem od Hunga (z Secrets in Inequalities). Uznałem, że trochę głupio ot tak się od razu powoływać na
Single Inflection Point Theorem, bo raczej nie jest to klasyka arsenału olimpijczyków, chyba że w USA czy innych Chinach.
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
Funkcja
\(\displaystyle{ f(x)=\frac{x}{3x^{3}+2}}\), jako się rzekło, spełnia
\(\displaystyle{ f''(x)=\frac{18x^{2}\left(3x^{3}-4\right)}{\left(3x^{3}+2\right)^{3}}}\)
a zatem jest wklęsła w przedziale
\(\displaystyle{ \left[0, \sqrt[3]{\frac{4}{3}}\right]}\) i wypukła w przedziale
\(\displaystyle{ \left[\sqrt[3]{\frac{4}{3}},4\right]}\).
Dalej oznaczymy
\(\displaystyle{ \sqrt[[3]{\frac{4}{3}}=x_{0}}\) dla prostoty zapisu.
Bez straty ogólności (możemy, bo nierówność jest symetryczna) załóżmy, że
\(\displaystyle{ a\le b\le c\le d}\).
Rozważymy kilka przypadków:
\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) jeśli
\(\displaystyle{ a,b,c,d\le x_{0}}\), to z nierówności Jensena dla
\(\displaystyle{ f(x)=\frac{x}{3x^{3}+2}}\) i równych wag mamy natychmiast
\(\displaystyle{ f(a)+f(b)+f(c)+f(d)\le 4f\left(\frac{a+b+c+d}{4}\right)=4f(1)=\frac{4}{5}}\)
czyli tezę zadania.
\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) Przypuśćmy, że
\(\displaystyle{ a,b,c\le x_{0}, \ d>x_{0}}\). Wówczas używamy nierówności Jensena dla funkcji
\(\displaystyle{ f(x)=\frac{x}{3x^{3}+2}}\), argumentów
\(\displaystyle{ a,b,c}\) i równych wag, i dostajemy
\(\displaystyle{ f(a)+f(b)+f(c)+f(d)\le 3f\left(\frac{a+b+c}{3}\right)+f(d)=3f\left(\frac{4-d}{3}\right)+f(d)}\). Sprowadziliśmy więc problem do maksymalizacji funkcji wymiernej jednej zmiennej na domkniętym przedziale.
\(\displaystyle{ 3^{\circ}}\) Przypuśćmy, że
\(\displaystyle{ a,b\le x_{0}, \ c,d>x_{0}}\).
Skończony ciąg nierosnący
\(\displaystyle{ (c+d-x_{0}, x_{0})}\) majoryzuje ciąg nierosnący
\(\displaystyle{ (d, c)}\).
Istotnie, jest
\(\displaystyle{ c+d-x_{0}\ge d}\) (wszak
\(\displaystyle{ c>x_{0}}\)) oraz
\(\displaystyle{ (c+d-x_{0})+x_{0}=d+c}\)
Ponadto
\(\displaystyle{ f}\) jest wypukła w
\(\displaystyle{ [x_{0}, 4]}\), zatem na mocy nierówności Karamaty otrzymujemy
\(\displaystyle{ f(d)+f(c)\le f(c+d-x_{0})+f(x_{0})}\)
Mamy więc na mocy powyższej nierówności i nierówności Jensena dla
\(\displaystyle{ f}\), argumentów
\(\displaystyle{ a,b, x_{0}}\) (i równych wag) co następuje
\(\displaystyle{ f(a)+f(b)+f(c)+f(d)\le f(a)+f(b)+f(x_{0})+f(c+d-x_{0})\le 3f\left(\frac{a+b+x_{0}}{3}\right)+f(c+d-x_{0})}\)
Ponieważ
\(\displaystyle{ a+b+c+d=4}\) na mocy założenia, więc ponownie sprowadziliśmy zadanie do analizy funkcji jednej zmiennej.
\(\displaystyle{ 4^{\circ}}\) Przypuśćmy, że zachodzi
\(\displaystyle{ a\le x_{0}, \ b,c,d>x_{0}}\)
Skończony ciąg nierosnący
\(\displaystyle{ (d+c+b-2x_{0}, x_{0}, x_{0}) }\) majoryzuje ciąg nierosnący
\(\displaystyle{ (d,c,b)}\)
(sprawdzenie tego zostawiam jako ćwiczenie). Ponadto
\(\displaystyle{ f}\) jest wypukła w
\(\displaystyle{ [x_{0}, 4]}\), więc na mocy nierówności Karamaty zajdzie
\(\displaystyle{ f(d)+f(c)+f(b)\le f(d+c+b-2x_{0})+2f(x_{0})}\),
a co za tym idzie
\(\displaystyle{ f(a)+f(b)+f(c)+f(d)\le f(a)+2f(x_{0})+f(d+c+b-2x_{0})}\)
Następnie z nierówności Jensena uzyskujemy łatwo
\(\displaystyle{ f(a)+2f(x_{0})+f(d+c+b-2x_{0})\le 3f\left(\frac{a+2x_{0}}{3}\right)+f(d+c+b-2x_{0})}\)
Widzimy zatem, że w przypadkach
\(\displaystyle{ 2^{\circ}, \ 3^{\circ}, \ 4^{\circ}}\) sprowadziliśmy problem do maksymalizacji
funkcji jednej zmiennej postaci
\(\displaystyle{ g(x)=3f\left(\frac{4-x}{3}\right)+f(x)}\), przy czym
\(\displaystyle{ 4\ge x\ge 1}\) (a nawet w tych przypadkach nierówność będzie ostra, ale mniejsza z tym).
I tutaj
Kod: Zaznacz cały
https://www.wolframalpha.com/input/?i=maximize+%284-x%29%2F%283*%28%284-x%29%2F3%29%5E3%2B2%29%2Bx%2F%283x%5E3%2B2%29%2C+1%3C%3Dx%3C%3D4
, aczkolwiek można też wymnożyć nierówność
\(\displaystyle{ 3f\left(\frac{4-x}{3}\right)+f(x)\le \frac{4}{5}}\) przez mianowniki (bo są one dodatnie), dostając nierówność wielomianową szóstego stopnia, po czym podzielić z resztą przez
\(\displaystyle{ (x-1)^{2}}\) (a reszta wyjdzie równa zero), co pozostawi nas z wielomianem co najwyżej czwartego stopnia, a takie coś to już się łatwo pałuje. Chcecie skany zeszytu?
BTW jest mi niezmiernie przykro, że taką bzdurę wcześniej napisałem, myślałem, że moja samoocena nie może już spaść, jednak myliłem się. Może powinienem pomyśleć jednak o pracy nad intuicjami geometrycznymi, bo one w sekundę by mnie wyprowadziły z tamtego błędu.