Пусть $%a, b, c, d, e, f$% - неотрицательные действительные числа, каждое из которых $%> 1$%. Доказать, что

$%\displaystyle\frac{a^2}{c-1}+\frac{b^2}{d-1}+\frac{c^2}{e-1}+\frac{d^2}{f-1}+\frac{e^2}{a-1}+\frac{f^2}{b-1}\ge24$%

задан 3 Июн '21 14:04

изменен 3 Июн '21 15:01

knop's gravatar image


20.7k630

... как-то мелковато .. возможно ли шрифт увеличить ??

(3 Июн '21 14:49) Orangutan
1

@Orangutan \displaystyle\frac{a^2}{c-1} +\frac{b^2}{d-1} +\frac{c^2}{e-1}+\frac{d^2}{f-1}+\frac{e^2}{a-1}+\frac{f^2}{b-1} \ge 24

(3 Июн '21 15:00) Rene

О, спасибо за поправку; буду знать теперь!

(3 Июн '21 15:58) Orangutan
3

$$\displaystyle\frac{a^2}{c-1}+\frac{c^2}{e-1}+\frac{e^2}{a-1}≥\frac{(a+c+e)^2}{a+c+e-3}=\frac{(a+c+e-6)^2}{a+c+e-3}+12≥12.$$

(3 Июн '21 16:40) EdwardTurJ
10|600 символов нужно символов осталось
2

Без потери общности, $$a\gt b \gt c \gt d \gt e \gt f$$ $$a^2 \gt b^2 \gt c^2 \gt d^2 \gt e^2 \gt f^2$$ $$\frac{1}{a-1} \lt \frac{1}{b-1} \lt \frac{1}{c-1} \lt \frac{1}{d-1} \lt \frac{1}{e-1} \lt \frac{1}{f-1}$$, где $%a,b,c,d,e,f>1$%.

Тогда, используя перестановочное неравенство: $$\frac{a^2}{c-1} + \frac{b^2}{d-1} + \frac{c^2}{e-1} + \frac{d^2}{f-1} + \frac{e^2}{a-1} + \frac{f^2}{b-1} \ge \frac{a^2}{a-1} + \frac{b^2}{b-1} + \frac{c^2}{c-1} + \frac{d^2}{d-1}+$$ $$+\frac{e^2}{e-1} + \frac{f^2}{f-1}.$$

Т.е. нам нужно доказать:

$$\sum_{x} \frac{x^2}{x-1} \ge 24.$$ где суммирование идет от $%a$% до $%f$% (с $%6$% элементами) $$\sum_{x} \frac{x^2}{x-1} \ge 24 \iff \sum_{x} \left( \frac{x^2}{x-1}-4 \right) \ge 0 \iff \sum_{x} \left( \frac{x^2-4x+4}{x-1} \right) \ge 0 \iff $$ $$\iff \sum_{x}\frac{(x-2)^2}{x-1} \ge 0.$$

Поскольку $$\frac{(x-2)^2}{x-1} \ge 0$$ верно для всех $%x>1$%, доказательство завершено. Снизу, ещё два возможных решения.

1) Неравенство перестановки - один из самых полезных инструментов при работе с неравенством. Предположим, что $%⟨a_1,…, a_n⟩$% и $%⟨b_1,…,b_n⟩$% - две последовательности положительных действительных чисел. Тогда сумма $$S=a_1b_1+⋯+a_nb_n…(⋆).$$ максимизируетcя путем сортировки двух последовательностей в одном направлении и минимизируется путем сортировки в противоположном направлении. Другими словами, чтобы максимизировать $%S$% в $%(⋆)$%, либо расположи обе последовательности в порядке возрастания или обе последовательности в порядке убывания, затем соедини каждую $%a_i$% с соответствующим $%b_i$%. Чтобы свести к минимуму, расположи один в порядке возрастания, другой в порядке убывания, затем соедини $%a_i$% с соответствующим $%b_i$%. Например, если $%a_1≥a_2≥a_3$% и $%b_1≥b_2≥b_3$%, то каждое из $%3!$% суммы вида $%a_1b_π(1)+a_2b_π(2)+a_3b_π(3)$%, соответствующие перестановке $%π$% на $%\{1,2,3\}$%, имеют максимальное значение $%a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3$% и минимальное значение $%a_1b_3 + a_2b_2 + a_3b_1$%. Предположим, что $%x,y,z$% - положительные действительные числа. Применение неравенства перестановки к двум последовательностям $%⟨(x+1)^2,(y+1)^2,(z+1)^2⟩$% и $%⟨1/x,1/y,1/z⟩$% положительных действительных чисел, упорядоченных в обратном порядке дает $$\frac{(x+1)^2}{y}+\frac{(y+1)^2}{z}+\frac{(z+1)^2}{x} \ge \frac{(x+1)^2}{x}+\frac{(y+1)^2}{y}+\frac{(z+1)^2}{z}$$ $$=\left(x+ \frac{1}{x} \right)+\left(y+ \frac{1}{y} \right)+\left(z+ \frac{1}{z} \right)+(2+2+2)$$ $$\ge (2+2+2)+6$$ - неравенство Коши. Тем самым получаем $%12$%. Полагая $%x=a−1$%, $%y=c−1$%, $%z=e−1$% и $%x=b−1$%, $%y=d−1$%, $%z=f−1$% по отдельности, получаем желаемое неравенство.

2) Запиши $%A=a-1$% и т.п. Тогда $$\frac{a^2}{c-1}=\frac{(A+1)^2}{C}=\frac{A^2+2A+1}{C}.$$ Согласно Коши, $%A^2+1⩾2A$%, поэтому данное выражение: $$S=\displaystyle\sum\frac{A^2+2A+1}{C} \ge \displaystyle\sum\frac{4A}{C}.$$ По Коши опять же: $$\frac{\sum\frac{A}{C}}{6} \ge \left( \frac{ABCDEF}{CDEFAB} \right)^{\frac{1}{6}}=1.$$ И поэтому $$S\ge 4\displaystyle\sum\frac{A}{C}\ge 24.$$

ссылка

отвечен 3 Июн '21 19:12

изменен 18 Июл '21 5:16

1

@Rene "$...$ - так не работает почему-то"... здесь вроде работает $%, то есть нужно набирать "$%...$*%"

(3 Июн '21 19:36) Orangutan

@Rene спасибо за ответ. Нужно будет обязательно разобраться !

(3 Июн '21 19:40) Orangutan
1

@Orangutan - ага) Спасибо! Теперь работает как нужно, сэкономил кучу нервов )

(3 Июн '21 19:45) Rene
10|600 символов нужно символов осталось
3

Во-первых, тут два непересекающихся цикла, поэтому достаточно доказать, что

$%\displaystyle\frac{a^2}{c-1}+\frac{c^2}{e-1}+\frac{e^2}{a-1}\ge12$%

Это делается, например, так:

$%\displaystyle\frac{a^2}{c-1}=\frac{(a-1)^2}{c-1}+\frac{2(a-1)}{c-1}+\frac{1}{c-1}\ge 2(a-1)-(c-1)+\frac{2(a-1)}{c-1}+\frac{1}{c-1}$%.

Теперь в сумме трёх таких слагаемых выделяем часть $%\displaystyle\frac{2(a-1)}{c-1}+\frac{2(c-1)}{e-1}+\frac{2(e-1)}{a-1}$%, которая не меньше 6, а остальное раскладываем на три суммы вида $%(a-1)+\displaystyle\frac1{a-1}$%, каждая из которых не меньше 2. $%6+2+2+2=12$%.

ссылка

отвечен 3 Июн '21 15:10

@knop cпасибо.

(3 Июн '21 16:04) Orangutan
10|600 символов нужно символов осталось
2

alt text

ссылка

отвечен 3 Июн '21 15:12

@Amir спасибо.

(3 Июн '21 16:08) Orangutan
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:

×521
×343

задан
3 Июн '21 14:04

показан
453 раза

обновлен
18 Июл '21 5:16

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