Даны положительные числа $%a,b,c,d$%. Известно, что $%\frac1{a^3+1}+\frac1{b^3+1}+\frac1{c^3+1}+\frac1{d^3+1}=2$%. Докажите, неравенство $$\frac{1-a}{a^2-a+1}+\frac{1-b}{b^2-b+1}+\frac{1-c}{c^2-c+1}+\frac{1-d}{d^2-d+1}\ge0$$

задан 23 Фев '18 18:40

изменен 23 Фев '18 19:25

1

@Роман83: здесь какая-то ошибка в условии. Пусть a=...=d=3^{1/3}. Тогда равенство выполнено, но каждое из слагаемых в левой части неравенства отрицательно.

(23 Фев '18 19:00) falcao

@falcao: Да, ошибка. Может найду эту же задачу из другого источника, тогда исправлю.

(23 Фев '18 19:05) Роман83

@falcao: Написано в "Кванте" -- Санкт-Петербургская олимпиада 2012 г. Но если верить интернет источнику -- вроде как не было такой задачи...

(23 Фев '18 19:22) Роман83

Исправил. Теперь -- все в порядке с условием.

(23 Фев '18 19:26) Роман83
10|600 символов нужно символов осталось
4

В таком виде всё следует из неравенства Иенсена. Поскольку числа не равны $%-1$%, слагаемые доказываемого неравенства можно домножить на $%a+1$%, ... , $%d+1$% соответственно. Получится $%\frac{1-a^2}{a^3+1}+\cdots\ge0$%, что равносильно $%\frac{a^2}{a^3+1}+\cdots\le2$%.

Положим $%x=\frac1{a^3+1}\in(0;1)$%. Тогда $%a^2=(\frac1x-1)^{2/3}$%, и $%\frac{a^2}{a^3+1}=x(\frac1x-1)^{2/3}=x^{1/3}(1-x)^{2/3}$%. Эта функция на $%x\in(0;1)$% выпукла вверх, что проверяется при помощи второй производной. Нам дано, что $%x+\cdots+t=2$%, и надо доказать, что $%f(x)+\cdots+f(t)\le2$%. Это вытекает из неравенства Иенсена: $%f(x)+\cdots+f(t)\le4f(\frac{x+\cdots+t}4)=4f(\frac12)=2$%.

ссылка

отвечен 23 Фев '18 19:43

10|600 символов нужно символов осталось
5

$$S_0=\sum_{i=1}^n\dfrac{1}{1+a_i^3}=\dfrac{n}{2}\ ,\ S_1=\sum_{i=1}^n\dfrac{a_i}{1+a_i^3}\ ,\ S_2=\sum_{i=1}^n\dfrac{a_i^2}{1+a_i^3}\ , S_3=\sum_{i=1}^n\dfrac{a_i^3}{1+a_i^3}=\dfrac{n}{2}$$

$$S_0+S_2 \ge2S_1\ , S_1+S_3\ge 2S_2 \Rightarrow S_2 \le \dfrac{1}{3}S_0+\dfrac{2}{3}S_3=\dfrac{n}{2}$$

ссылка

отвечен 24 Фев '18 20:56

Красиво весьма!

(24 Фев '18 21:48) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
4

Можно и без Иенсена. Очень просто решается моим любимым методом - тригонометрическим) Заменим $%a,b,c,d$% на $%tg^{\frac{2}{3}}x,tg^{\frac{2}{3}}y,tg^{\frac{2}{3}}z,tg^{\frac{2}{3}}w$%. Тогда равенство принимает вид $$cos^2x+cos^2y+cos^2z+cos^2w=2$$. А надо доказать неравенство $$\frac{a^2}{1+a^3}+... \le 2,$$ которое принимает вид $$\sqrt[3]{\cos^2x\sin^4x}+\sqrt[3]{\cos^2y\sin^4y}+\sqrt[3]{\cos^2z\sin^4z}+\sqrt[3]{\cos^2w\sin^4w} \le 2.$$ Запишем неравенство между средним геометрическим и арифметическим $$\sqrt[3]{\cos^2x\sin^4x}=\sqrt[3]{\cos^2x\sin^2x\sin^2x} \le \frac{\cos^2x+\sin^2x+\sin^2x}{3}=\frac{2-\cos^2x}{3}$$. Тогда $$\sqrt[3]{\cos^2x\sin^4x}+\sqrt[3]{\cos^2y\sin^4y}+\sqrt[3]{\cos^2z\sin^4z}+\sqrt[3]{\cos^2w\sin^4w} \le $$.

$$\le \frac{2-\cos^2x}{3}+\frac{2-\cos^2y}{3}+\frac{2-\cos^2z}{3}+\frac{2-\cos^2w}{3}=2$$

ссылка

отвечен 23 Фев '18 21:05

изменен 23 Фев '18 21:17

10|600 символов нужно символов осталось
4

Достаточно заметить, что верно неравенство $$\frac{1-x^2}{x^3+1} \ge \frac{4}{3} \left(\frac{1}{x^3+1} - \frac{1}{2}\right), \; \; x>0,$$ равносильное неравенству $%(x-1)^2(2x+1) \ge 0.$%

ссылка

отвечен 26 Фев '18 2:50

@splen: Как Вы пришли к такому неравенству? Методом множителей Лагранжа?

(26 Фев '18 23:17) Роман83
2

Нет, искусственным приёмом. Я подбирал такую оценку одного слагаемого в левой части доказываемого неравенства, которая сводила бы его к условию. Если искать её в виде $$\frac{1-x}{x^2-x+1} \ge \frac{A}{x^3+1} + B,$$ то неизвестные коэффициенты находятся без труда.

(26 Фев '18 23:27) splen
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×238

задан
23 Фев '18 18:40

показан
560 раз

обновлен
26 Фев '18 23:31

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru