Задача из журнала «Квант» (1993, №5, M1396)

Условие

Докажите, что для любых положительных чисел $a_{k},b_{k} (k=1,2,…,n)$ выполнено неравенство

$\sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{a_{k}b_{k}}{a_{k}+b_{k}}}\leq \frac{AB}{A+B}$ где

$A=a_{1}+…a_{n}, B=b_{1}+…+b_{n}$ .

Первое решение

Доказательство проведем по индукции. Докажем неравенство для $n=2$ . Положим $v=a_{1}+b_{1},u=a_{2}+b_{2}$ :

$a_{1}b_{1}u^2+(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2})uv+a_{2}b_{2}v^2\leq uv(a_{1}+a_{2})(b_{1}+b_{2})$ или

$a_{1}b_{1}u^2-(a_{2}b_{1}+a_{1}b_{2})uv+a_{2}b_{2}v^2\leq 0$ Обозначим

$t=u/v$ . Перепишем неравенство:

$v^2a_{1}b_{1}(t-\frac{b_{2}}{b_{1}})(t-\frac{a_{2}}{a_{1}})\leq 0$ Подставляя

$t=(a_{2}+b_{2})/(a_{1}+b_{1})$ , приходим к эквивалентному неравенству:

$(b_{2}a_{1}-b_{1}a_{2})(a_{2}b_{1}-a_{1}b_{2})\leq 0$ или

$-(b_{2}a_{1}-b_{1}a_{2})^2\leq 0$ Неравенство доказано.

Еще одно, геометрическое, доказательство неравенства основано на том, что биссектриса прямого угла треугольника с катетами $a$ и $b$ равна $\sqrt{2}ab/(a+b)$ .

Picture one

Пусть, для определенности $b_{2}/a_{2}\geq b_{1}/a_{1}$ . Рассмотрим конфигурацию рисунка 1. Точка пересечения биссектрисы с отрезком $AB$ лежит дальше от вершины угла $O$ , чем точка $L$ $(PK/KQ=BP/QA=b_{1}/a_{1})\leq PL/LQ=b_{2}/a_{2})$ .

Дадим еще одно доказательство этого неравенства, основанное на исследовании функции

$f(x)=\frac{(x+a_{2})(b_{1}+b_{2})}{x+a_{2}+b_{1}+b_{2}}-\frac{xb_{1}}{x+b_{1}}$ где

$x\geq 0$ . Нетрудно проверить, что

$f(0)=\frac{a_{2}(b_{1}+b_{2})}{a_{2}+b_{1}+b_{2}}>\frac{a_{2}b_{2}}{a_{2}+b_{2}}$ функция

$f(x)$ имеет единственный минимум при

$x=a_{2}b_{1}/b_{2}$ , равный

$a_{2}b_{2}/(a_{2}+b_{2});$

$f(x)\rightarrow b_{2}$ при

$x\rightarrow +\infty$ (рис. 2). Отсюда легко вывести, что

$f(x)\geq a_{2}b_{2}/(a_{2}+b_{2})$ при всех

$x\geq 0$ . Далее,

$\sum\limits_{k=1}^{n+1}{\frac{a_{k}b_{k}}{a_{k}+b_{k}}}\leq \frac{A’B’}{A’+B’}+\frac{a_{n+1}b_{n+1}}{a_{n+1}+b_{n+1}}\leq \frac{AB}{A+B}$ где

$A’=\sum\limits_{k=1}^{n}{a_{k}}, B’=\sum\limits_{k=1}^{n}{b_{k}}$ Неравенство задачи доказано. Мы видели, что для

$n=2$ неравенство переходит в равенство лишь при

$x/b_{1}=a_{2}/b_{2}$ , т.е. в случае коллинеарности векторов

$(a_{1},b_{1})$ и

$(a_{2},b_{2})$ . Попробуем дать задаче дальнейшую векторную интерпретацию.

Второе решение

Будем рассматривать числовые функции $f(\bar{x})$ , где $\bar{x}=(x,y)$ — вектор плоскости, $x>0,y>0$ .

Определение. Функция

$f(\bar{x})$ называется вогнутой (или выпуклой вверх), если для любых векторов

$\bar{x}_{1}$ и

$\bar{x}_{2}$ выполняется неравенство

$\frac{f(\bar{x}_{1})+f(\bar{x}_{2})}{2}\leq f(\frac{\bar{x}_{1}+\bar{x}_{2}}{2}) (1)$

Замечание. Геометрический смысл вогнутости ясен из рисунка 3. Вогнутыми являются, например, функции

$y=ax+b, y=-x^{2}+bx+c, y=-1/(dx+e)$ , где

$dx+e>0$ .Рассмотрим функцию

$f(\bar{x})=\frac{xy}{x+y}$

При $n=2$ утверждение задачи означает, что функция вогнута; при произвольном $n$ утверждение означает, что выполнено неравенство

$\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}{f({\bar{x}_{i}})}\leq f(\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}{{\bar{x}_{i}}}) (2)$

Теорема. Для любой вогнутой (т.е. удовлетворяющей неравенству

$(1)$ ) функции выполнено также и неравенство

$(2)$ .

Доказательство. Предполагая справедливость теоремы при

$n=m$ , докажем ее справедливость при

$n=2m$ . Имеем:

$f(\frac{{\bar{x}_{1}}+{\bar{x}_{2}}+…+{\bar{x}_{2m}}}{2m})=$

$=f(\frac{\frac{{\bar{x}_{1}}+{\bar{x}_{2}}}{2}+…+\frac{{\bar{x}_{2m-1}}+{\bar{x}_{2m}}}{2}}{m})\geq$

$\geq \frac{f(\frac{{\bar{x}_{1}}+{\bar{x}_{2}}}{2})+…+f(\frac{{\bar{x}_{2m-1}}+{\bar{x}_{2m}}}{2})}{m}\geq$

$\geq \frac{\frac{f({\bar{x}_{1}})+f({\bar{x}_{2}})}{2}+…+\frac{f({\bar{x}_{2m-1}})+f({\bar{x}_{2m}})}{2}}{m}=$

$=\frac {f({\bar{x}_{1}})+…+f({\bar{x}_{2m}})}{2m}$ Таким образом теорема справедлива при

$n=2m$ . Положим теперь

$n+p=2m$ . Тогда

$f(\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}+{\bar{y}_{1}}+…+{\bar{y}_{p}}}{n+p})\geq$

$\geq\frac {f({\bar{x}_{1}})+…+f({\bar{x}_{n}})+f({\bar{y}_{1}})+…+f({\bar{y}_{p}})}{n+p} (3)$ Положим

${\bar{y}_{1}}=…={\bar{y}_{p}}=\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}}{n}$ тогда

${\bar{y}_{1}}+…+{\bar{y}_{p}}=\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}}{n}\cdot p$ Следовательно,

$f(\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}+{\bar{y}_{1}}+…+{\bar{y}_{p}}}{n+p})=f(\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}}{n})$ С другой стороны,

$\frac{f({\bar{x}_{1}})+…+f({\bar{x}_{n}})+f({\bar{y}_{1}})+…+f({\bar{y}_{p}})}{n+p}=$

$=\frac{f({\bar{x}_{1}})+…+f({\bar{x}_{n}})+pf(\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}}{n})}{n+p}$ Из неравенства

$(3)$ получаем:

$f(\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}}{n})\geq \frac{f({\bar{x}_{1}})+…+f({\bar{x}_{n}})}{n}$ Теорема доказана.

Перепишем теперь утверждение задачи при $n=2$ ; функция $f(\bar{x})=\frac{xy}{x+y}$ , рассматриваемая на любой прямой $l$ , является вогнутой. Докажем это утверждение.

Если $l\mid Oy$ , то вогнутость функции $f(\bar{x})$ очевидна. Пусть $l$ задана уравнением $y=ax+b$ . Тогда

$f(\bar{x})=\frac{ax^{2}+bx}{(a+1)x+b}$ При

$a=-1$ будет

$b>0$ , и

$f(x)$ вогнута. Полагая

$t=(a+1)x+b$ при

$a\neq -1$ , получаем:

$f(\bar{x})=ct+d+\frac{e}{t}$ , где

$e=\frac{-b^{2}}{(a+1)^{2}}$

При $b=0$ функция $f(\bar{x})$ линейная, при $b\neq 0$ , поскольку $t>0$ , — строго вогнутая (т.е. при $\bar{x}_{1}\neq \bar{x}_{2}$ неравенство $(1)$ строгое).

Утверждение задачи доказано.

М1396. Выполняется ли неравенство?: 1 комментарий

Условие

Первое решение

Второе решение

М1396. Выполняется ли неравенство?: 1 комментарий

Добавить комментарий для Igor Mazurok Отменить ответ