¿Cómo se demuestra esta desigualdad? $ab+ac+ad+bc+bd+cd\le a+b+c+d+2abcd$

Question

Dejar $a,b,c,d\ge 0$ y $a^2+b^2+c^2+d^2=3$ demostrar que

$ab+ac+ad+bc+bd+cd\le a+b+c+d+2abcd$

Me parece que esta desigualdad es la misma que el problema de Crux 3059.

Answer 1

Parece lo siguiente.

Podemos transformar fácilmente la desigualdad a la forma $(a+b+c+d-1)^2\le 4abcd+4$ .

Ahora estimamos el mínimo de una función $f(a,b,c,d)=4abcd+4-(a+b+c+d-1)^2$ en el plató $X=\{(a,b,c,d):a,b,c,d\ge 0$ y $a^2+b^2+c^2+d^2=3\}.$ Dado que el conjunto $X$ es compacta, la función $f$ alcanza su mínimo en $X$ en algún momento $x=(a,b,c,d)\in X$ . Supongamos que $a+b+c+d=M$ . Entonces el punto $x$ es también un punto de un extremo condicional de la función $f_1(a,b,c,d)=abcd$ con las restricciones $g_1(a,b,c,d)=a^2+b^2+c^2+d^2-3=0$ y $g_2(a,b,c,d)=a+b+c+d–M=0$ . El Teorema de Lagrange implica que se da uno de los siguientes casos.

1. Uno de los números $a,b,c,d$ es igual a $0$ . Entonces $0\le a+b+c+d\le 3\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2+d^2}3}=3$ y $(a+b+c+d-1)^2\le 4$ y $f(a,b,c,d)\ge 0$ .

2. $\operatorname{rank}J(x)<2$ , donde $J$ es la matriz de Jacoby $||\frac{\partial g_i(x)}{\partial x_j}||$ . Desde $J(a,b,c,d)=\left(\begin{matrix}2a & 2b & 2c & 2d\\ 1 & 1 & 1 &1\end{matrix}\right)$ vemos que $a=b=c=d$ . Entonces $a=b=c=d=\sqrt{3}/2$ y $f(a,b,c,d)=4\sqrt{3}-27/4>0$ .

3. Existen números $\lambda_1$ y $\lambda_2$ tal que $(f_1+\lambda_1g_1+\lambda_2g_2)’(a,b,c,d)=0$ . Entonces tenemos un sistema de ecuaciones.

$\cases{ bcd+2\lambda_1a+\lambda_2=0\\ acd+2\lambda_1b+\lambda_2=0\\ abd+2\lambda_1c+\lambda_2=0\\ abc+2\lambda_1d+\lambda_2=0\\ }$

Por lo tanto, todos los números $a,b,c,d$ son las raíces de la ecuación cuadrada $abcd+2\lambda_1t^2+\lambda_2t=0$ . Como la desigualdad es simétrica, sin pérdida de generalidad podemos suponer que se da uno de los siguientes casos:

3.1. $a=b$ , $c=d$ . Entonces tenemos $a^2+c^2=3/2$ y $f(a,c)=4a^2c^2+4-(2a+2c-1)^2$ . Para encontrar el valor mínimo de $f$ , volvemos a utilizar el Teorema de Lagrange. Los casos $a=0$ o $c=0$ fueron considerados anteriormente. La matriz de Jacoby en este caso es igual a $(2a$ $2c)$ y tienen un rango no nulo, siempre que $a\not=0$ o $c\not=0$ . Por lo tanto, se debe considerar el caso de que exista un número $\lambda$ tal que

$(f+\lambda(a^2+c^2))’(a,c)=0$ . Entonces tenemos un sistema de ecuaciones.

$$\cases{ 8ac^2–4(2a+2c-1)+2\lambda a=0\\ 8a^2c–4(2a+2c-1)+2\lambda c=0\\ }$$

Si $a\not=0$ y $c\not=0$ entonces obtenemos que $(2ac^2+2a^2c-2a-2c+1)(c-a)=0.$

Desde $a=c$ implica $a=b=c=d$ y este caso fue considerado anteriormente, sin pérdida de generalidad podemos suponer que $2ac^2+2a^2c-2a-2c+1=0 $ . Poner $t=a+c$ . Entonces $2ac=t^2-3/2$ y tenemos $0=2t^3-7t+2=(t+2)(2t^2-4t+1)$ . Desde $t\ge 0$ tenemos $t=1\pm\sqrt{2}/2$ , $2ac=3/2-t^2=\mp\sqrt{2}$ y $f(a,c)=3\mp 2\sqrt{2}>0$ .

3.2. $b=c=d$ . Entonces tenemos $a^2+3b^2=3$ y $f(a,b)=4ab^3+4-(a+3b-1)^2$ . Para encontrar el valor mínimo de $f$ , volvemos a utilizar el Teorema de Lagrange. Los casos $a=0$ o $b=0$ fueron considerados anteriormente. La matriz de Jacoby en este caso es igual a $(a$ $3b)$ y tienen un rango no nulo, siempre que $a\not=0$ o $b\not=0$ . Por lo tanto, se debe considerar el caso de que exista un número $\lambda$ tal que

$(f+\lambda(a^2+3b^2))’(a,b)=0$ . Entonces tenemos un sistema de ecuaciones.

$$\cases{ 4b^3–2(a+3b-1)+2\lambda a=0\\ 12ab^2–4(a+3b-1)+6\lambda b=0\\ }$$

Si $a\not=0$ y $b\not=0$ entonces obtenemos que $(2ab^2+2b^3-a-3b+1)(b-a)=0.$

Desde $a=b$ implica $a=b=c=d$ y este caso fue considerado anteriormente, sin pérdida de generalidad podemos suponer que $2ab^2+2b^3-a-3b+1=0$ . Entonces $1-2b^2\not=0$ y $a=(2b^3-3b+1)/(1-2b^2)=\sqrt{3-3b^2}$ . Si $b=1$ entonces $a=0$ y este caso fue considerado anteriormente. Si $b\not=1$ entonces $(2b^2+2b–1)/(1-2b^2)=\sqrt{(3+3b)/(1-b)}$ y $8b^5+8b^4–10b^3–8b^2+4b+1=0$ . Mathcad ha calculado que esta igualdad tiene dos raíces no reales, una raíz negativa y raíces $b_1\sim 0.60442635232610682922$ y $b_2\sim 0.82451890455979510644$ . En el primer caso obtenemos $f(a,b)\sim 0.409>0$ en el segundo caso obtenemos $f(a,b)\sim 0.177>0$ .

De lo anterior podemos ver que la desigualdad inicial se convierte en una igualdad si uno de los números $a,b,c,d$ si es igual a $0$ y los otros son iguales a $1$ .

Answer 2

Los multiplicadores de Lagrange están bien y no son muy complejos: $f= a+b+c+d+2abcdabacadbcbdcd,g=a^2+b^2+c^2+d^2-3,F=f+\lambda g$

$F_{a}=1+2bcd-(b+c+d)+2a\lambda=0$ ......<1>

$F_{b}=1+2acd-(a+c+d)+2b\lambda=0$ ......<2>

$F_{c}=1+2abd-(a+b+d)+2c\lambda=0$ ......<3>

$F_{d}=1+2abc-(a+b+c)+2d\lambda=0$ ......<4>

$F_{\lambda}=a^2+b^2+c^2+d^2-3=0$ ......<5>

<1>-<2>,<2>-3>,<3>-<4>:

$(a-b)(1-2cd+2\lambda)=0$ ......<6>

$(b-c)(1-2ad+2\lambda)=0$ ......<7>

$(c-d)(1-2ab+2\lambda)=0$ ......<8>

WLOG, sólo consideramos 4 casos:

caso I: $a-b=0,b-c=0.c-d=0 \to a=b=c=d=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$

caso II: $a-b=0,b-c=0,1-2ab+2\lambda=0 \to$$ \lambda=\dfrac{2a^2-1}{2} $ if $ a^2\not= 0,5 $ put into <4>,$ d=\dfrac{1+2a^3-3a}{1-2a^2}=\dfrac{(a-1)(2a^2+2a-1)}{1-2a^2}$ puesto en <5>

$(a-1) \left[ 3(a+1)+(a-1) \left (\dfrac{(2a^2+2a-1)}{1-2a^2} \right)^2 \right]=0 $

$a=1,\to a=b=c=1,d=0$

cuando $3(a+1)+(a-1) \left (\dfrac{(2a^2+2a-1)}{2a^2-1} \right)^2 =0 \to a<1$

ahora voy a probar para cualquier raíz $a<1,f>0$ En este caso:

$f=3a+d+2a^3d-3a^2-3ad=3a(1-a)+d(2a^3-3a+1)=(1-a)[3a-d(2a^2+2a-1)]$

si $2a^2+2a-1<0$ entonces $f>0$

si $2a^2+2a-1>0$ , $f>0 \iff 3a>d(2a^2+2a-1) \iff$$ 3a^2>(3-3a^2)(2a^2+2a-1)^2 \N-iff 2a^4+2a^3-2a+1>0 \N-iff a^2(2a^2+2a-1)+(a-1)^2>0$

lo cual es cierto.

para $a^2=0.5$ Tendremos el mismo resultado.

caso III: $a=b,1-2ad+2\lambda=0,1-2ab+2\lambda=0 \to a(b-d)=0$

cuando $a=b=0,\to c+d=1,c^2+d^2=3 \to d=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} \to c=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2} <0$ Por lo tanto, no hay solución en este caso.

cuando $b-d=0 \to a=b=d,$ que es igual al caso II.

caso IV: $1-2cd+2\lambda=0,1-2ad+2\lambda=0,1-2ab+2\lambda=0 \to d(a-c)=0 $ y $ a(b-d)=0$ de nuevo hay 4 subcasos:

A: $a=0,d=0 \to b+c=1$ que es el caso III.

B: $d=0,b=d $ que es el caso A

C: $a=c,a=0$ que es el caso A

D: $a=c,b=d \to 2\lambda=2ab-1 \to 2a^2+2b^2=3,1+2a^2b+2ab^2-2a-2b=0$ WLOG, que $b \ge a \to 1+b-2b^3+2a(b^2-1)=0 \to (1-b)((1+2b+2b^2-2a(1+b))=0 \to b=1,a=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $

verificar todas las soluciones, cuando $a=b=c=1,d=0, f=0$ , todos los demás casos $ f>0 \to f_{min}=0$ .QED

Answer 3

Dejemos que $a+b+c+d=4u$ , $ab+ac+bc+ad+bd+cd=6v^2$ , $abc+abd+acd+bcd=4w^3$ y $abcd=t^4$ .

Desde $(a-b)^2(c-d)^2+(a-c)^2(b-d)^2+(a-d)^2(b-c)^2=24(3v^4-4uw^3+t^4)\geq0$

y la condición da $16u^2-12v^2=3$ queda por demostrar que $$4uw^3-3v^4+16u\left(\sqrt{\frac{4u^2-3v^2}{3}}\right)^3\geq4(4u^2-3v^2)v^2$$

Sabemos que $a$ , $b$ , $c$ y $d$ son raíces no negativas de la ecuación $$X^4-4uX^3+6v^2X^2-4w^3X+t^4=0$$

Por lo tanto, por el teorema de Rolle la ecuación $$(X^4-4uX^3+6v^2X^2-4w^3X+t^4)'=0$$ o $$X^3-3uX^2+3v^2X-w^3=0$$ tiene tres raíces no negativas.

Por lo tanto, hay no negativos $x$ , $y$ y $z$ para lo cual

$x+y+z=3u$ , $xy+xz+yz=3v^2$ y $xyz=w^3$ .

Pero la desigualdad $$4uw^3-3v^4+16u\left(\sqrt{\frac{4u^2-3v^2}{3}}\right)^3\geq4(4u^2-3v^2)v^2$$ es una desigualdad lineal de $w^3$ que dice que es suficiente para probarlo

para un valor extremo de $w^3$ , lo que ocurre en los siguientes casos.

1. $w^3=0$ .

Dejemos que $z=0$ y $y=1$ .

Tenemos que demostrar que $$-\frac{x^2}{3}+\frac{16(x+1)}{3}\left(\sqrt{\frac{\frac{4(x+1)^2}{9}-x}{3}}\right)^3\geq\frac{4x}{3}\left(\frac{4(x+1)^2}{9}-x\right)$$ o $$256(x+1)^2(4x^2-x+4)^3\geq243x^2(16x^2+5x+16)^2$$ Dejemos que $x^2+1=px$ . Por lo tanto, $p\geq2$ y tenemos que demostrar que $$256(p+2)(4p-1)^3\geq243(16p+5)^2$$ y como $p\geq2$ es suficiente para demostrar que $$256\cdot4\cdot7(4p-1)^2\geq243(16p+5)^2$$ o $$\left(4-\sqrt{\frac{243}{28}}\right)p\geq1+5\sqrt{\frac{243}{256\cdot28}}$$ por lo que queda por demostrar que $$\left(4-\sqrt{\frac{243}{28}}\right)2\geq1+5\sqrt{\frac{243}{256\cdot28}}$$ o $$7\geq\frac{37}{32}\sqrt{\frac{243}{7}}$$ y como $\sqrt{\frac{243}{7}}<6$ hemos terminado en este caso.

2. $y=z=1$ .

Tenemos que demostrar que $$\frac{4(x+2)x}{3}-\frac{(2x+1)^2}{3}+\frac{16(x+2)}{3}\left(\sqrt{\frac{\frac{4(x+2)^2}{9}-2x-1}{3}}\right)^3\geq$$ $$\geq\frac{4(2x+1)}{3}\left(\frac{4(x+2)^2}{9}-2x-1\right)$$ o $$256(x+2)^2(4x^2-2x+7)^3\geq243(32x^3+12x+37)^2$$ o $$(4x-1)^2(1024x^6+3072x^5-9984x^4+7744x^3+6144x^2-17088x+18565)\geq0$$ lo cual es obviamente cierto.

¡Hecho!

Answer 4

Sus limitaciones son $a,b,c,d > 0$ y $a^2+b^2+c^2+d^2 = 3$ , haciendo un cambio de variables, $x^2 = a^2/3, y^2 = b^2/3, z^2 = c^2/3, w^2 = d^2/3$ . Entonces sus restricciones cambian a

$$x,y,z,w > 0, x^2+y^2+z^2+w^2 =1$$

y el problema es equivalente a demostrar $xy +xz +xw +yz+yw+zw \leq \sqrt{3}(x+y+z+w) + \frac{2}{3}xyzw$ . Desde $x^2+y^2+z^2+w^2 =1$ que primero implica que $x,y,z,w \leq 1$ y en particular $x^2+y^2+z^2+w^2 \leq x+y+z+w$ . Haciendo su expansión estándar,

$$ (x+y+z+w)^2 = x^2+y^2+z^2+w^2 + 2(xy+xz+xw+yz+yw+zw) $$

El lado derecho está acotado arriba por $x^2+y^2+z^2+w^2 + (x^2+z^2)+(x^2+w^2)+(y^2+z^2) +(y^2 + w^2) + 2(xy + wz) = 3(x^2+y^2+z^2+w^2) + 2(xy+wz)$

Al equilibrar esto con el lado derecho de la pantalla, obtenemos

$$2(xy+xz+xw+yz+yw+zw) \leq 2(x^2+y^2+z^2+w^2) + 2(xy+wz)$$

Entonces tenemos que $xy \leq (x^2+y^2)/2$ y $wz \leq (w^2+z^2)/2$ y colocando esto tenemos

$$xy+xz+xw+yz+yw+zw \leq 1.5(x^2+y^2+z^2+w^2) \leq \sqrt{3}(x+y+z+w) + \frac{2}{3}xyzw$$

desde $\frac{2}{3}xyzw \geq 0$ , $1.5 <\sqrt{3}$ y $x^2+y^2+z^2+w^2 \leq x+y+z+w$ .

Answer 5

Dejemos que $a=\sqrt 3\cos x\cos y,b=\sqrt 3\cos x\sin y,c=\sqrt 3\sin x\cos y,d=\sqrt 3\sin x\sin y, \pi/2>x,y>0$ .