Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 164
2014-06-07 
Доказать, что для любых положительных чисел $a, b, c, d$ справедливо неравенство
$\sqrt[3]{ \frac{abc + abd + acd + bcd}{4}} \leq \sqrt{ \frac{ab + ac + ad + bc + bd + ad}{6}}$
Определить, при каких значениях $a, b, c, d$ достигается равенство.
Решение:
Будем считать, что четверка чисел $a, b, c, d$ совпадает (с точностью до порядка) с четверкой чисел $x_{1} \leq x_{2} \leq x_{3} \leq x_{4}$. Найдем производную многочлена
$P(x) = (x-x_{1}) (x-x_{2}) (x-x_{3}) (x-x_{4})$.
С одной стороны, по теореме Виста
$P^{\prime}(x) = \left (x^{4} - \left ( \sum_{i=1}^{4}x_{i} \right ) x^{3} + \left ( \sum_{1 \leq i < j \leq 4} x_{i}x_{j} \right )x^{2} - \left (\sum_{1 \leq i < j < k \leq 4} x_{i}x_{j}x_{k} \right ) x + (x_{1} x_{2} x_{3} x_{4}) \right )^{\prime}= $
$= 4x^{3} - \left ( 3 \sum_{i=1}^{4} x_{i} \right ) x^{2} + \left ( 2 \sum_{1 \leq i < j \leq 4} x_{i}x_{j} \right )x - \sum_{1 \leq i < j < k \leq 4} x_{i}x_{j}x_{k}$
С другой стороны, no теореме Ролля, если $x_{i} < x_{i+1}$ для некоторого значения $i \in {l; 2; 3}$, то производная $P^{\prime}(x)$ равна нулю в некоторой точке $y \in {x_{i}; x_{i+1}}$. Если же многочлен $P(x)$ имеет кратный корень, то многочлен $p^{\prime}(x)$ имеет тот же корень на единицу меньшей кратности. Таким образом, многочлен $P^{\prime}(x)$ третьей степени имеет корни $y_{1}, y_{2}, y_{3}$, удовлетворяющие неравенствам $x_{1} \leq y_{1} \leq x_{2} \leq y_{2} \leq x_{3} \leq y_{3} \leq x_{4}$, следовательно,
$P^{\prime}(x) 4 (x-y_{1})(x-y_{2})(x-y_{3}) =$
$= 4 x^{3} – 4 (y_{1}+y_{2}+y_{3}) x^{2} + 4 (y_{1}y_{2}+ y_{2}y_{3} + y_{1}y_{3}) x – 4y_{1}y_{2}y_{3}$.
По теореме о средних имеем
$\sqrt[3]{(y_{1}y_{2}y_{3})^{2}} \leq \frac{y_{1}y_{2} + y_{2}y_{3} + y_{1}y_{3}}{3}$
откуда $\sqrt[3]{A} \leq \sqrt{B}$, где обозначено
$A = y_{1}y_{2}y_{3} = \frac{1}{4}(x_{1}x_{2}x_{3} + x_{1}x_{2}x_{4} + x_{1}x_{3}x_{4} + x_{2}x_{3}x_{4})$,
$B = \frac{1}{3}(y_{1}y_{2} + y_{2}y_{3} + y_{1}y_{3}) = \frac{1}{6} (x_{1}x_{2} + x_{1}x_{3} + x_{1}x_{4} + x_{2}x_{3} + x_{2}x_{4} + x_{3}x_{4})$.
Итак, требуемое неравенство доказано, причем равенство имеет место тогда и только тогда, когда $y_{1}y_{2} = y_{2}y_{3} = y_{1}y_{3}$, т. е. когда $y_{1} = y_{2} = y_{3}$. Последнее условие выполняется в том и только в том случае, если
$x_{1}= x_{2} = x_{3} = x_{4}$ т. е. если $a=b=c=d$.
Доказать, что для любых положительных чисел $a, b, c, d$ справедливо неравенство
$\sqrt[3]{ \frac{abc + abd + acd + bcd}{4}} \leq \sqrt{ \frac{ab + ac + ad + bc + bd + ad}{6}}$
Определить, при каких значениях $a, b, c, d$ достигается равенство.
Решение:
Будем считать, что четверка чисел $a, b, c, d$ совпадает (с точностью до порядка) с четверкой чисел $x_{1} \leq x_{2} \leq x_{3} \leq x_{4}$. Найдем производную многочлена
$P(x) = (x-x_{1}) (x-x_{2}) (x-x_{3}) (x-x_{4})$.
С одной стороны, по теореме Виста
$P^{\prime}(x) = \left (x^{4} - \left ( \sum_{i=1}^{4}x_{i} \right ) x^{3} + \left ( \sum_{1 \leq i < j \leq 4} x_{i}x_{j} \right )x^{2} - \left (\sum_{1 \leq i < j < k \leq 4} x_{i}x_{j}x_{k} \right ) x + (x_{1} x_{2} x_{3} x_{4}) \right )^{\prime}= $
$= 4x^{3} - \left ( 3 \sum_{i=1}^{4} x_{i} \right ) x^{2} + \left ( 2 \sum_{1 \leq i < j \leq 4} x_{i}x_{j} \right )x - \sum_{1 \leq i < j < k \leq 4} x_{i}x_{j}x_{k}$
С другой стороны, no теореме Ролля, если $x_{i} < x_{i+1}$ для некоторого значения $i \in {l; 2; 3}$, то производная $P^{\prime}(x)$ равна нулю в некоторой точке $y \in {x_{i}; x_{i+1}}$. Если же многочлен $P(x)$ имеет кратный корень, то многочлен $p^{\prime}(x)$ имеет тот же корень на единицу меньшей кратности. Таким образом, многочлен $P^{\prime}(x)$ третьей степени имеет корни $y_{1}, y_{2}, y_{3}$, удовлетворяющие неравенствам $x_{1} \leq y_{1} \leq x_{2} \leq y_{2} \leq x_{3} \leq y_{3} \leq x_{4}$, следовательно,
$P^{\prime}(x) 4 (x-y_{1})(x-y_{2})(x-y_{3}) =$
$= 4 x^{3} – 4 (y_{1}+y_{2}+y_{3}) x^{2} + 4 (y_{1}y_{2}+ y_{2}y_{3} + y_{1}y_{3}) x – 4y_{1}y_{2}y_{3}$.
По теореме о средних имеем
$\sqrt[3]{(y_{1}y_{2}y_{3})^{2}} \leq \frac{y_{1}y_{2} + y_{2}y_{3} + y_{1}y_{3}}{3}$
откуда $\sqrt[3]{A} \leq \sqrt{B}$, где обозначено
$A = y_{1}y_{2}y_{3} = \frac{1}{4}(x_{1}x_{2}x_{3} + x_{1}x_{2}x_{4} + x_{1}x_{3}x_{4} + x_{2}x_{3}x_{4})$,
$B = \frac{1}{3}(y_{1}y_{2} + y_{2}y_{3} + y_{1}y_{3}) = \frac{1}{6} (x_{1}x_{2} + x_{1}x_{3} + x_{1}x_{4} + x_{2}x_{3} + x_{2}x_{4} + x_{3}x_{4})$.
Итак, требуемое неравенство доказано, причем равенство имеет место тогда и только тогда, когда $y_{1}y_{2} = y_{2}y_{3} = y_{1}y_{3}$, т. е. когда $y_{1} = y_{2} = y_{3}$. Последнее условие выполняется в том и только в том случае, если
$x_{1}= x_{2} = x_{3} = x_{4}$ т. е. если $a=b=c=d$.
