Matematyka.pl

Sylwek pisze: 15 paź 2019, o 08:18Co miałaś na myśli? Jakaś indukcja lub wykorzystanie mniejszych \(\displaystyle{ n}\) przy dowodzie dla większych indeksów?

Raczej to drugie. Miałam wrażenie, którego teraz już nie mam, że to mogłoby naprowadzić na wykorzystanie danego w zadaniu warunku, które także w Twoim rozwiązaniu jest kluczowe.
Oczywiście, w Twoim rozwiązaniu takie liczby `a_i>0` zawsze istnieją - wystarczy wziąć `a_1=1,\ a_2=x_1,\ a_3=x_1x_2,\ldots ,\ a_n=x_1x_2\cdot\ldots\cdot x_{n-1},\ a_{n+1}=a_1`.

Może warto zacząć od udowodnienia, że w dodatnich jest
\(\displaystyle{ \frac{a}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+c^{2}}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+d^{2}}}+\frac{d}{\sqrt{d^{2}+a^{2}}}\le 3}\). Potem jakaś indukcyjka. Odpowiedź to \(\displaystyle{ n-k}\) jak pamiętam (sam nie zrobiłem tego zadania, ale widziałem szkic rozwiązania i nie wyglądał aż tak strasznie).

$$L-P=\frac{\left(a^2-c^2\right)^2}{\sqrt{2a^4+2c^4}+a^2+c^2}+2\left(b+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)\right)^2+\frac{1}{8a^2c^2}\left(2a^2\left(2c^2-\sqrt{3}\right)^2+2c^2\left(2a^2-\sqrt{3}\right)^2+(a-c)^2\right)\ge 0$$

A poważnie, to mając do czynienia z rzeczywistymi `a,b,c` będziemy próbować szukać przedstawienia w postaci sumy kwadratów. W oryginalnej nierówności przenosimy wszystko na lewo, stosujemy QM-AM do wyrażenia z pierwiastkiem i dowodzimy, że w ten sposób utworzony trójmian kwadratowy zmiennej `b` ma niedodatni wyróżnik (to jest ośmiokrotność tego ostatniego składnika sumy powyżej wzięta z minusem).

Równoważnie mamy:
\(\displaystyle{ \left(k^{2}-k-1\right)\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)-(2k+2)(ab+bc+ca)-2(k+1)(k-2)(a+b+c)+k^{3}-1-(k+1)(k-2)^{2}\\+k\left((ab)^{2}+(bc)^{2}+(ca)^{2}\right)+2abc\ge 0}\)
Spróbujemy teraz efektownie (i efektywnie) zwinąć część tego w kwadraty, zauważając, że z pewnością jakimś przypadkiem równości będzie \(\displaystyle{ a=b=c=1}\), niezależnie od \(\displaystyle{ k\ge 2}\).
Mamy \(\displaystyle{ k\left((ab)^{2}+(bc)^{2}+(ca)^{2}\right)-2k(ab+bc+ca)+3k=k\left( (ab-1)^{2}+(bc-1)^{2}+(ca-1)^{2}\right)}\)
a ponadto \(\displaystyle{ \left(k^{2}-k-2\right)\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)-2\left(k+1\right)\left(k-2\right)(a+b+c)+3\left(k^{2}-k-2\right)=\left(k^{2}-k-2\right)\left((a-1)^{2}+(b-1)^{2}+(c-1)^{2}\right)}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ k^{3}-1-(k+1)(k-2)^{2}=3\left(k^{2}-k-2\right)+3k+1}\), więc pozostaje nam kłopotliwe wyrażenie
\(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+c^{2}-2ab-2bc-2ca+2abc+1}\), tj. mamy
\(\displaystyle{ \left(k^{2}-k-1\right)\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)-(2k+2)(ab+bc+ca)-2(k+1)(k-2)(a+b+c)+k^{3}-1-(k+1)(k-2)^{2}\\+k\left((ab)^{2}+(bc)^{2}+(ca)^{2}\right)+2abc\\=\blue{k\left((ab-1)^{2}+(bc-1)^{2}+(ca-1)^{2}\right)}+\green{\left(k^{2}-k-2\right)\left((a-1)^{2}+(b-1)^{2}+(c-1)^{2}\right)}\\+\red{a^2+b^2+c^2-2ab-2bc-2ca+2abc+1}}\)
i nieujemność niebieskiego oraz zielonego jest ewidentna, pozostaje kwestia czerwonego (rzecz jasna, gdyby czerwone okazało się czasem ujemne, nie psułoby to tezy, a jedynie tę drogę rozwiązania). Oczywiście można to spałować mnożnikami, ale to trochę nie o to chodzi.
Wśród liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) znajdziemy na mocy zasady szufladkowej Dirichleta dwie nie większe niż \(\displaystyle{ 1}\) lub dwie nie mniejsze niż \(\displaystyle{ 1}\), bez straty ogólności (nasze wyrażenie jest symetryczne) niech będą to liczby \(\displaystyle{ a,b}\). Wówczas:
\(\displaystyle{ (a-1)(b-1)\ge 0\\ab+1\ge a+b\\2abc+2c\ge 2ac+2bc}\)
a zatem otrzymujemy wówczas
\(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+c^{2}-2ab-2bc-2ca+2abc+1\ge a^{2}+b^{2}+c^{2}-2ab-2c+1=(a-b)^{2}+(c-1)^{2}\ge 0}\)
co kończy dowód. Równość zachodzi dla \(\displaystyle{ a=b=c=1}\).

Właściwie to nawet interesuje mnie zgrabne elementarne rozwiązanie tego ostatniego zadania. Analitycznie to wychodzi po sprawdzeniu założeń i zastosowaniu któregoś z poniższych twierdzeń:
- Half Convex Function Theorem
https://journalofinequalitiesandapplications.springeropen.com/track/pdf/10.1186/1029-242X-2011-101
- Equal Variable Theorem
https://www.emis.de/journals/JIPAM/images/059_06_JIPAM/059_06.pdf
- wersja Single Inflection Point Theorem alias n-1 EV


To się wszystko w każdym przypadku sprowadza do rozpatrzenia tylko sytuacji, gdy wszystkie zmienne prócz co najwyżej jednej są parami równe.
Weźmy ostatnie twierdzenie. Wprowadzając nowe zmienne \(\displaystyle{ x=\ln\frac{b^2}{a^2},\ y=\ln\frac{c^2}{b^2},\ z=\ln\frac{d^2}{c^2},\ t=\ln\frac{a^2}{d^2}}\) przekształcamy nierówność do postaci $$\sum_{cyc}\frac{1}{\sqrt{1+e^x}}\ge 0$$ Mamy wtedy \(\displaystyle{ x+y+z+t=0}\). Dodatkowo definiujemy \(\displaystyle{ f(u)=\frac{1}{\sqrt{1+e^u}}}\) na zbiorze liczb rzeczywistych. Ponieważ \(\displaystyle{ f''(u)=\frac{e^u\bigl(e^u-2\bigr)}{4\sqrt{\bigl(1+e^u\bigr)^5}}}\) ma jedno miejsce zerowe, to \(\displaystyle{ f}\) ma jeden punkt przegięcia, więc jeżeli suma \(\displaystyle{ f(x)+f(y)+f(z)+f(t)}\) osiąga wartość największą/najmniejszą, to jest tak w przypadku, gdy WLOG \(\displaystyle{ x=y=z}\). Jeżeli teraz oznaczymy \(\displaystyle{ e^x=e^y=e^z=v}\), to \(\displaystyle{ e^t=\frac{1}{v^3}}\), więc wystarczy dowieść, że $$3-\frac{3}{\sqrt{1+v}}-\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{v^3}}}\ge 0$$
Jak się ma odpowiednio dużo cierpliwości (ja miałam, mam na to ksero), to okaże się, że po wystarczająco uporczywym podnoszeniu do kwadratu i grupowaniu pozostaje dowieść $$\left(8v^3+9v^2-9v+18\right)^2-\left(18\sqrt{v+1}\left(v^2-v+1\right)\right)^2=v^2(v+1)^2\left((v-1)^2\left(64(v-1)^2+76v+9\right)+20v^2+8\right)\ge 0$$

Jeśli ktoś nie chce używać Hoeldera, a odczuwa potrzebę samoumartwiania, to analogicznie można ograniczyć lewą stronę wyjściowej nierówności z dołu przez jeden.

bez ograniczenia ogólności rozumowania przyjmiemy, że \(a\le c\)

zbudujmy czworokąt wypukły \(ABCD\) o prostopadłych przekątnych przecinających się w punkcie \(E\), przy czym \(AE=a, BE=b, CE=c, DE=d\)

ponieważ \(a\le c\), więc \(\angle EAB \ge \angle BCE = \frac \pi 2 - \angle EBC\)

wobec tego \(\angle EAB + \angle EBC + \angle ECD + \angle EDA \ge \frac \pi 2\)

z wklęsłości i malejącości kosinusa na przedziale \(\left[0,\frac\pi2\right]\) wynika więc, że (nierówność Karamaty) $$\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+d^2}}+\frac{d}{\sqrt{d^2+a^2}}=\cos \angle EAB + \cos \angle EBC + \cos \angle ECD + \cos \angle EDA \le \cos 0 + \cos 0 + \cos 0 + \cos \frac \pi 2 = 3$$