Matematyka.pl

To rozwiązanie będzie dość paskudne, ale nie mam czasu więcej o tym myśleć.
Dla lepszego zilustrowania mojego toku myślenia zaczniemy od rzeczy, która wydała mi się koncepcyjnie prostsza: co gdy
\(\displaystyle{ a\ge b\ge c\ge d\ge1}\) i \(\displaystyle{ bc=ad}\)

Otóż stwierdziłem, że wówczas zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ a^{2022}+b^{2021}+c^{2021}+d^{2022}\ge a^{2021}+b^{2022}+c^{2022}+d^{2021} \ (*)}\).
Uzasadnienie jest dość krótkie, choć nieco armatnie:
funkcja \(\displaystyle{ f(x)=e^{2022x}-e^{2021x}}\) jest wypukła w nieujemnych, co można bez trudu przeliczyć, a ponadto \(\displaystyle{ (\ln a, \ln d)\succ (\ln b, \ln c)}\), przeto na mocy nierówności Karamaty jest
\(\displaystyle{ f(\ln a)+f(\ln d)\ge f(\ln b)+f(\ln c)}\). To zaś w oczywisty sposób okazuje się równoważne nierówności \(\displaystyle{ (*)}\).

No dobra, to teraz jak poradzić sobie z nieco utrudniającym sprawę założeniem \(\displaystyle{ bc<ad}\)
Powtarzamy poprzednie rozumowanie bez zmian za wyjątkiem zastąpienia \(\displaystyle{ b}\) przez większe odeń \(\displaystyle{ b'}\), tak aby \(\displaystyle{ b'c=ad}\). Takie \(\displaystyle{ b'\le a}\) istnieje, ponieważ \(\displaystyle{ ac\ge ad}\).
Mamy wówczas
\(\displaystyle{ (\ln a, \ln d)\succ(\ln b', \ln c)}\) i z Karamaty dostajemy
\(\displaystyle{ f(\ln a)+f(\ln d)\ge f(\ln b')+f(\ln c)}\), a że \(\displaystyle{ f}\) jest rosnąca w nieujemnych (co też nietrudno przeliczyć), więc \(\displaystyle{ f(\ln b')+f(\ln c)\ge f(\ln b)+f(\ln c)}\) i sprawa załatwiona.

Wolfram sugeruje mi, że ja się mylę. Co jest, aż tak zgłupiałem, że nie umiem nierówności Karamaty?:( Trzeba było iść na SGH, odcinek milionowy.

Udowodnimy coś nieco ogólniejszego, mianowicie zaś, gdy \(\displaystyle{ n\in \NN^+, \ a\ge b\ge c\ge d\ge 1}\) i \(\displaystyle{ ad>bc}\), to \(\displaystyle{ a^{n+1}+b^n+c^n+d^{n+1}\ge a^n+b^{n+1}+c^{n+1}+d^n}\).
Zaczniemy ponownie od rozpatrzenia prostszego przypadku \(\displaystyle{ ad=bc}\):

wtedy mamy równoważnie \(\displaystyle{ \frac a b=\frac c d}\). Przepisujemy tezę w postaci \(\displaystyle{ b^{n+1}\left(\left(\frac a b\right)^{n+1}-1\right)-d^{n+1}\left(\left(\frac c d\right)^{n+1}-1\right)
\ge b^{n}\left(\left(\frac a b\right)^{n}-1\right)-d^{n}\left(\left(\frac c d\right)^{n}-1\right)}\).
Korzystamy nastepnie z tego, że \(\displaystyle{ \frac a b=\frac c d\ge 1}\), kładziemy \(\displaystyle{ x=\frac a b=\frac c d}\) i mamy do wykazania
\(\displaystyle{ \left(b^{n+1}-d^{n+1}\right)\left(x^{n+1}-1\right)\ge \left(b^n-d^n\right)\left(x^n-1\right)}\)
a to jest ultra jasne, bo \(\displaystyle{ x^{n+1}-1\ge x^n-1, \ b^{n+1}-d^{n+1}\ge b^n-d^n}\) (to ostatnie, jeśli nie chce się rozwijać do nawiasów, można uzasadnić z twierdzenia Lagrange'a o wartości średniej dla \(\displaystyle{ f(t)=t^{1+\frac 1 n}}\) i argumentów \(\displaystyle{ b^n, \ d^n}\)) i mnożymy stronami.

Teraz trochę machania rękami, na które nie mam czasu, bo powoli trzeba się szykować do pracy (np. \(\displaystyle{ f(b)=a^{n+1}+b^n+c^n+d^{n+1}-a^n-b^{n+1}-c^{n+1}-d^n}\) jest nierosnąca, wiec jeśli nierówność zajdzie dla pewnego \(\displaystyle{ b'>b}\), to dla \(\displaystyle{ b}\) tym bardziej) i dostajemy to, czego chcemy dla \(\displaystyle{ ad>bc}\).

załóżmy najpierw, że mamy tezę w przypadku gdy \(a_1=\max\{a_1,a_2,\ldots,a_n\}\)

niech \(i_1=1\), \(i_2=\min\{i \colon i>i_1, \ a_i>a_{i_1}\}\), \(i_3=\min\{i \colon i>i_2, \ a_i>a_{i_2}\}\) i tak dalej (rekursywną definicję kończymy gdy natrafimy na \(i_k\) dla którego \(a_{i_k}=\max\{a_1,a_2,\ldots,a_n\}\))

to znaczy: ciąg \(a_1, a_2, \ldots, a_n\) podzieliliśmy na bloki \(a_{i_j}, a_{i_j+1}, \ldots, a_{i_{j+1}-1}\), w których pierwszy wyraz jest nie mniejszy od następnych, a ponadto \(a_{i_1} < a_{i_2} < \ldots < a_{i_k}\)

jeśli \(i_j \le i < i_{j+1}\), to \(\max\{a_1,a_2,\ldots,a_i\}=a_{i_j}\) oraz \(\min\{a_i,a_{i+1},\ldots,a_n\} \le \min\{a_i,a_{i+1},\ldots,a_{i_{j+1}-1}\}\) czyli (przyjmując \(i_{k+1}=n+1\))

\(\displaystyle \sum_{i=1}^n \max\{a_1,a_2,\ldots,a_i\} \cdot \min\{a_i,a_{i+1},\ldots,a_n\} = \sum_{j=1}^k \sum_{i_j\le i<i_{j+1}} \max\{a_1,a_2,\ldots,a_i\} \cdot \min\{a_i,a_{i+1},\ldots,a_n\} \le \sum_{j=1}^k a_{i_j} \cdot \sum_{i_j \le i < i_{j+1}} \min\{a_i,a_{i+1},\ldots,a_{i_{j+1}-1}\}\)

i wystarczy szacować każdy blok z osobna: jeśli blok ma długość \(1\) to szacujemy po prostu \(a_{i_j}^2 \le \frac{n}{2\sqrt{n-1}}a_{i_j}^2\), a jeśli blok ma długość \(\ell = i_{j+1}-i_j \ge 2\), to \(a_{i_j} \cdot \sum_{i_j \le i < i_{j+1}} \min\{a_i,a_{i+1},\ldots,a_{i_{j+1}-1}\} \le \frac{\ell}{2\sqrt{\ell-1}}(a_{i_j}^2+\ldots+a_{i_{j+1}-1}^2) \le \frac{n}{2\sqrt{n-1}}(a_{i_j}^2+\ldots+a_{i_{j+1}-1}^2)\)

pozostaje wykazać tezę przy założeniu, że \(a_1\) jest największa

widzimy, że gdy posortujemy liczby \(a_2, a_3, \ldots, a_n\) niemalejąco to lewa strona się nie zmniejszy a prawa zostaje bez zmian

należy udowodnić, że jeśli \(a_1\ge a_n \ge a_{n-1} \ge \ldots \ge a_2\) to \(a_1(2a_2+a_3+\ldots+a_n) \le \frac{n}{2\sqrt{n-1}}(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_n^2)\)

\(LHS \le \frac{na_1(a_2+a_3+\ldots+a_n)}{n-1} \le na_1\sqrt{\frac{a_2^2+a_3^2+\ldots+a_n^2}{n-1}} = \frac{n}{\sqrt{n-1}} a_1\sqrt{a_2^2+\ldots+a_n^2} \le RHS\)

równość wyłącznie dla \(a_1=\sqrt{n-1}t, a_2=a_3=\ldots=a_n=t\)

Dla wygody osłabimy założenie do \(\displaystyle{ a,b,c\ge 0}\) (tj. wykażemy coś więcej). WLOG niech \(\displaystyle{ a\ge b\ge c}\) i oznaczmy
\(\displaystyle{ f(x,y,z)=\left(x^2-xy+y^2\right)\left(y^2-yz+z^2\right)\left(z^2-zx+x^2\right)}\). Wykażemy najpierw, że przy powyższych założeniach zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ f(a,b,c)\le f(a+c,b,0)}\) (a oczywiście porządek zostaje zachowany, podobnie jak i warunek na sumę zmiennych). Innymi słowy mamy wykazać, że
\(\displaystyle{ \left(a^2-ab+b^2\right)\left(b^2-bc+c^2\right)\left(c^2-ca+a^2\right)\le \left((a+c)^2-(a+c)b+b^2\right)b^2(a+c)^2}\).
To jednak jest oczywiste, gdyż czynniki po lewej są nieujemne( \(\displaystyle{ a^2-ab+b^2=\left(a-\frac b 2\right)^2+\frac 3 4b^2}\) etc.)
i mamy kolejno:
\(\displaystyle{ a^2-ab+b^2\le (a+c)^2-(a+c)b+b^2\Leftrightarrow bc\le 2ac+c^2\\b^2-bc+c^2\le b^2\Leftrightarrow c^2\le bc \\a^2-ac+c^2\le (a+c)^2\Leftrightarrow 0\le 3ac,}\)
co jest jasne.

Pozostaje więc wykazać, że gdy \(\displaystyle{ a,b,c\ge 0, \ a\ge b\ge c, \ a+b+c=3}\), to
\(\displaystyle{ f(a+c, b, 0)\le 12}\), tj.
\(\displaystyle{ \left((a+c)^2-(a+c)b+b^2\right)b^2(a+c)^2\le 12}\). Podstawiamy \(\displaystyle{ a+c=3-b}\) i mamy do wykazania
\(\displaystyle{ \left((3-b)^2-(3-b)b+b^2\right)b^2(3-b)^2\le 12\\\left(3-b(3-b)\right)(b(3-b))^2\le 4}\).
Niech teraz \(\displaystyle{ t=b(3-b)}\); oczywiście jest \(\displaystyle{ 3>t>0}\) i nierówność przyjmuje formę:
\(\displaystyle{ t^2(3-t)\le 4}\), a to w prosty sposób wynika z AM-GM:
\(\displaystyle{ t^2(3-t)=\frac 1 2\cdot t^2(6-2t)\le \frac 1 2\cdot \left(\frac{t+t+6-2t}{3}\right)^3=4}\).
Równość dla \(\displaystyle{ t=2}\), czyli dla \(\displaystyle{ b=1\vee b=2}\) (to drugie wyklucza spostrzeżenie, że zgodnie z wcześniejszymi założeniami \(\displaystyle{ a\ge b}\), czyli \(\displaystyle{ 3=a+b+c\ge 2b}\)), stąd \(\displaystyle{ a=2, \ b=1, \ c=0}\).

Jeśli natomiast powrócimy do wyjściowych założeń, to równość nie zachodzi nigdy.

Lev pisze: Przyjmijmy \(\displaystyle{ \frac{1}{1+a_k}=b_k, \ k=1,2\ldots n}\). Wtedy \(\displaystyle{ a_k=\frac{1}{b_k}-1}\). Mamy pokazać, że \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^n2^{-\frac 1 {b_k}}\le \frac 1 2}\).
Udowodnimy mocniejszą nierówność, mianowicie \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^n 2^{-\frac 1 {b_k}}\le 2^{-\left(\displaystyle{\sum_{k=1}^nb_k}\right)^{-1}}}\),
stosując zasadę indukcji matematycznej.
Dla \(\displaystyle{ n=1}\) nierówność jest oczywista. Udowodnimy ją dla \(\displaystyle{ n=2}\).
Oznacza to, że jeśli \(\displaystyle{ b_1+b_2\le 1}\), to mamy dowieść nierówności
\(\displaystyle{ 2^{-\frac 1 {b_1}}+2^{-\frac{1}{b_2}}\le 2^{-\frac{1}{b_1+b_2}}}\).
Pomnóżmy obie strony nierówności przez \(\displaystyle{ 2^{\frac 1 {b_1+b_2}}}\). Otrzymujemy wówczas nierówność równoważną
\(\displaystyle{ 2^{-\left(\frac 1 {b_1}-\frac{1}{b_1+b_2}\right)}+2^{-\left(\frac 1 {b_2}-\frac 1{b_1+b_2}\right)}\le 1}\),
czyli
\(\displaystyle{ 2^{-\frac{b_2}{b_1(b_1+b_2)}} +2^{-\frac{b_1}{b_2(b_1+b_2)}} \le 1}\).
Oznaczmy \(\displaystyle{ x=\frac{b_1}{b_2(b_1+b_2)}, \ y=\frac{b_2}{b_1(b_1+b_2)}}\).
Należy więc dowieść nierówności \(\displaystyle{ 2^{-x}+2^{-y}\le 1}\).
Ponieważ \(\displaystyle{ xy=\frac{1}{(b_1+b_2)^2}\ge 1}\), więc
\(\displaystyle{ y\ge \frac 1 x}\).
Zatem \(\displaystyle{ 2^{-x}+2^{-y}\le 2^{-x}+2^{-\frac 1 x}}\).
Ostatecznie musimy wykazać, że \(\displaystyle{ 2^{-x}+2^{-\frac 1 x}\le 1}\).
Mnożąc obie strony nierówności przez \(\displaystyle{ 2^{x+\frac 1 x}}\), otrzymujemy nierówność równoważną
\(\displaystyle{ 2^x+2^{\frac 1 x}\le 2^{x+\frac 1 x}}\), a to jest nierównością z zadania 7.3.3.

Dokonujemy przejścia indukcyjnego od \(\displaystyle{ n}\) do \(\displaystyle{ n+1}\).
W tym celu oznaczmy \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^nb_k=x, \ b_{n+1}=y}\).
Wtedy \(\displaystyle{ x+y\le 1}\).
Ponadto wiadomo, że zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ 2^{-\frac 1 x}+2^{-\frac 1 y}\le 2^{-\frac 1{x+y}}}\), zatem
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n+1}2^{-\frac 1 {b_k}}=\sum_{k=1}^n2^{-\frac 1 {b_k}}+2^{-\frac 1{b_{n+1}}}\\ \le 2^{-\left(\displaystyle{\sum_{k=1}^n b_k}\right)^{-1}}+2^{-\frac1{b_{n+1}}}=2^{-\frac 1 x}+2^{-\frac 1 y}\le 2^{-\frac 1{x+y}}=2^{-\left(\displaystyle{\sum_{k=1}^{n+1}b_k}\right)^{-1}}}\).
W ten sposób zadanie zostało w pełni rozwiązane.

Podstawmy \(\displaystyle{ x_k=kx_1+y_k, \ k=1,2\ldots}\). Widzimy, że \(\displaystyle{ y_1=0}\), a ponadto
\(\displaystyle{ |y_{m+n}-y_m-y_n|<\frac 1{m+n} \ (*)}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ m,n \in \NN^{+}}\).
Wykażemy, że \(\displaystyle{ (\forall k\in \NN^+)y_k=0}\).
Przypuśćmy nie wprost, że tak nie jest i dla ustalenia uwagi weźmy najmniejsze takie \(\displaystyle{ k\in \NN^+}\), że \(\displaystyle{ y_k>0}\) (jeśli ciąg \(\displaystyle{ (y_n)}\) spełnia warunki, to \(\displaystyle{ (-y_n)}\) także, więc ganz egal). Ponieważ jest
\(\displaystyle{ |y_{n+k}-y_n-y_k|<\frac{1}{n+k}}\), zatem łatwo widać, że
\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty}(y_{n+k}-y_n)=y_k}\). Z drugiej jednak strony, kładąc w \(\displaystyle{ (*) \ m=1}\) otrzymujemy
\(\displaystyle{ |y_{n+1}-y_n|<\frac 1 {n+1}}\) i stąd, dzięki nierówności trójkąta, otrzymujemy
\(\displaystyle{ |y_{n+m}-y_n|<\sum_{i=n}^{n+m-1}\frac{1}{i+1}<\frac{m}{n+1}}\).
Korzystając z definicji granicy i biorąc w szczególności \(\displaystyle{ \varepsilon=\frac{y_k}{2}}\), wnioskujemy, że dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\) jest \(\displaystyle{ \frac{y_k}{2}< |y_{n+k}-y_n|<\frac{k}{n+1}}\) i przechodząc z \(\displaystyle{ n}\) do \(\displaystyle{ \infty}\), dostajemy \(\displaystyle{ \frac{y_k}{2}\le 0}\). Otrzymana sprzeczność kończy dowód.

\(\displaystyle{ x_m=\lim_{n\to\infty}(x_{n+m}-x_n)=\lim_{n\to\infty}(x_{n+1+m}-x_{n+1})\\
\lim_{n\to\infty}(x_{n+1+m}-x_n-(x_{n+1}-x_n))=x_{m+1}-x_1}\)