Почему эта методика доказательства неравенства Олимпиады работает? - Математика
5 голосов
/ 04 мая

Несколько лет go я был в тренировочном лагере по математике, и они учили нас технике, доказывающей неравенство. Я только недавно столкнулся с этим. Однако r, я не могу понять, почему это работает. Итак, вот как это происходит. Предположим, вы хотите доказать

$$ \frac{a}{b+c}+ \frac{b}{a+c}+ \frac{c}{b+a} \geq \frac{3}{2}.$$

Вместо этого вы найдете $\alpha$ такой, что

$$\frac{a}{b+c} \geq \frac{3}{2}\frac{a^\alpha}{a^\alpha+b^\alpha+c^\alpha}. \tag{1}\label{eq1}$$

Техника предназначена, прежде всего, для поиска такого $\alpha$ (В реальной олимпиаде это была бы грубая работа, и как только вы «узнали» $\alpha$, вы должны были бы доказать новое неравенство, используя стандартные методы - Коши Шварц, Хольде r 's ...). Чтобы найти $\alpha$, мы устанавливаем $b=c=1$. Теперь мы хотим доказать

$$\frac{a}{2} \geq \frac{3}{2} \frac{a^\alpha}{a^\alpha +2}$$

$$\Leftrightarrow a^{\alpha+ 1}- 3a^\alpha + 2 a \geq 0$$

Теперь мы дифференцируем (относительно a) уравнение в левой части и устанавливаем его равным на ноль r а = 1. Вы получаете

$$\alpha + 1 - 3\alpha + 2 =0$$

$$\Rightarrow \alpha= 3/2$$

Мой вопрос: почему эта процедура работает? Когда это работает? Я понимаю, что мы как-то устанавливаем минимумы уравнения. \ eqref {eq1}, но как все это работает на $a=b=c=1$? Я помню r (возможно, неправильно), что для r неравенства

$$ \sqrt{\frac{a}{b+c}}+ \sqrt{\frac{b}{a+c}}+ \sqrt{\frac{c}{b+a}} \geq 2$$

вам нужно использовать $b=1, c=0$. Почему и каково здесь общее правило?

1 Ответ

2 голосов
/ 04 мая

Это не всегда работает.

Точнее, мы не всегда можем найти этот трюк во время соревнования без вычисления r.

Fo r Например, существует следующая оценка (Джи Чен):

Пусть $a$, $b$ и $c$ - положительные числа, такие что $a+b+c=3$.

Докажите, что: $$\frac{1}{2+a^2+b^2}\leq\frac{3(6a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+4bc)}{32(a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc)}.$$

Эта оценка дает $$\sum_{cyc}\frac{1}{2+a^2+b^2}\leq\sum_{cyc}\frac{3(6a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+4bc)}{32(a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc)}=\frac{3}{4}$$, и мы доказали, что $$\sum_{cyc}\frac{1}{2+a^2+b^2}\leq\frac{3}{4}.$$ Это выглядит как доказательство в одной строке, но нам нужно доказать Цзи Чена неравенство и найти его, что просто невозможно во время соревнования.

Кстати, последнее неравенство мы можем доказать другими r способами (лучший из них это uvw, я думаю).

Неравенство $$\sum_{cyc}\sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq2$$ мы можем доказать вам r трюк: $$\sum_{cyc}\sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq\sum_{cyc}\frac{2a}{a+b+c}=2,$$ но я думаю, гораздо лучше r чтобы получить эту оценку от AM-GM: $$\sum_{cyc}\sqrt{\frac{a}{b+c}}=\sum_{cyc}\frac{2a}{2\sqrt{a(b+c)}}\geq\sum_{cyc}\frac{2a}{a+b+c}=2$$ без необходимости смотреть на r $\alpha$, fo r который $$\sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq\frac{2a^{\alpha}}{a^{\alpha}+b^{\alpha}+c^{\alpha}}.$$ Также нам нужно проверить $a=b=1$ и $c=0$, если нам нужно найти какую-то оценку, потому что в этом случае имеет место равенство в неравенстве $$\sum_{cyc}\sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq2$$.

Также, для r любого $n\geq2$ от Карамата мы получаем: $$\sqrt[n]{\frac{a}{b+c}}\geq\sqrt{\frac{a^{\frac{2}{n}}}{b^{\frac{2}{n}}+c^{\frac{2}{n}}}}\geq \frac{2a^{\frac{2}{n}}}{a^{\frac{2}{n}}+b^{\frac{2}{n}}+c^{\frac{2}{n}}},$$, что в общем дает: $$\sum_{cyc}\sqrt[n]{\frac{a}{b+c}}\geq\sum_{cyc}\frac{2a^{\frac{2}{n}}}{a^{\frac{2}{n}}+b^{\frac{2}{n}}+c^{\frac{2}{n}}}=2.$$

...