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Una generalización de la OMI 1983 problema 6

Nota: Esta pregunta tiene una recompensa que va a expirar en tan sólo un par de días.


Deje que $a,b,c$ y $d$ ser las longitudes de los lados de un cuadrilátero. Mostrar que $$ab^2(b-c)+bc^2(c-d)+cd^2(d-a)+da^2(a-b)\ge 0$$

Antecedentes: El conocido 1983 OMI Problema 6 es la siguiente:

Deje que $ a$, $ b$ y $ c$ ser las longitudes de los lados de un triángulo. Demostrar que $$a^{2}b(a - b) + b^{2}c(b - c) +c^{2} (c - a)\ge 0. $$

Ver: aquí. Una gran cantidad de personas han hablado de este problema. Así que este problema de la OMI (1983) tiene un buen montón de métodos.

Ahora he encontrado para cuadriláteros similar a la desigualdad. Hay algunos buenos métodos para este inequalty?

14voto

Will Nelson Puntos 3966

Vamos a $T$ ser la función en cuestión: $$ T(a,b,c,d) = a b^2(b-c) + b + c^2 (c-d) + c d^2 (d-a) + d^2 (a - b). $$ Queremos mostrar $T(a,b,c,d)\ge 0$ si $a,b,c,d$ son los lados de un cuadrilátero. (Presumiblemente, $a$ es el lado de la opuesto a $c$ y $b$ es opuesto a $d$, pero en realidad no importa para la prueba.)

Terminología presentamos la siguiente terminología: Si $x_1,x_2,x_3,x_4$ son cuatro los números reales (posiblemente negativo), decimos que $x_1,x_2,x_3,x_4$ se "cuadrilátero" si la siguiente restricción se tiene: \begin{eqnarray} ( * )\ \ \ \ x_1 + x_2 + x_3 + x_4 &\ge& 2 \max\{x_1,x_2,x_3,x_4\}. \end{eqnarray}

También decimos que $x_1,x_2,x_3,x_4$ son "lineales cuadrilátero" si $(*)$ tiene con la igualdad.

Obviamente, los lados $a,b,c,d$ de un cuadrilátero son, así, el cuadrilátero. Si el cuadrilátero es degenerado, de modo que sus cuatro vértices caiga en una línea, entonces sus lados son lineales cuadrilátero.

La Idea básica de La idea básica de la prueba está continuamente "reducir" a los lados $a,b,c,d$ del cuadrilátero por cantidades iguales de $x$, hasta que el cuadrilátero se derrumba y todos los cuatro de sus vértices caiga en una línea. En otras palabras, $(a-x,b-x,c-x-c-x)$ es lineal cuadrilátero. En el paso 3 a continuación, se muestra este proceso de contracción disminuye $T$, es decir, $T(a-x,b-x,c-x-c-x)$ es la disminución en $x\ge 0$ hasta $a-x,b-x,c-x-c-x$ son lineales cuadrilátero. La complejidad viene cuando uno se da cuenta de que durante este proceso de contracción, uno de los lados puede contraer a través de un punto y su longitud de convertirse en negativo (en cuyo caso ya no tiene sentido hablar de $a-x,b-x,c-x-c-x$ ser los lados de un cuadrilátero). Paso 1 controla este "negativo". Paso 2 se encarga de la más natural, caso en que ninguna de las partes se convierte en negativo durante el proceso de contracción.

Paso 1 Supongamos que $a,b,c,d\ge 0$ son cuadrilátero y uno de $a,b,c,d$ se desvanece. Entonces $T(a,b,c,d)\ge 0$.

Prueba de Suponer sin pérdida de generalidad que $a=0$. Entonces $$ T(0,b,c,d) = b c^3 - b^2 d + c d^3. $$ Observar \begin{eqnarray} c \ge d &\implica& b, c^3 - b^2 d \ge 0 \implica que T(0,b,c,d) \ge 0 \\ d \ge b,c &\implica& c, d^3 - b^2 d \ge 0 \implica que T(0,b,c,d) \ge 0. \end{eqnarray} El único otro caso no cubierto por estas dos condiciones es de $b> d > c$. En este caso, podemos usar el hecho de que $a,b,c,d$ se cuadrilátero para deducir $b\le c+d$. Desde $c-d<0$, \begin{eqnarray} T(0,b,c,d) &=& b, de c^2(c-d) + c d^3 \\ &\ge& c^2 (c+d)(c-d) + c d^3 \\ &=& c^4 - c^2 d^2 + c^3 \\ &=& c^4 + c d^2 (d - c) \\ &\ge& 0. \end{eqnarray} En cualquier caso, $T(0,b,c,d)\ge 0$.

Paso 2 Suponga que $a,b,c,d\ge 0$ son lineales cuadrilátero. Entonces $$ T(a,b,c,d)\ge 0. $$

Prueba Sin pérdida de generalidad, supongamos que $d=\max\{a,b,c,d\}$, entonces $d=a+b+c$.

Directos de computación, \begin{eqnarray} T(a,b,c,a+b+c) &=& a^4 - a^2 b^2 + b^3 + a^3 + b^2 c + b^3 + c^2 c^2 + 3 a b c^2 \\ & & \ + 2 b^2 c^2 + 2 c^3 + b 3 c^3 + c^4. \end{eqnarray}

Por suerte, la única sumando que, posiblemente, puede ser negativo es de $-a^2 b^2$. Observar \begin{eqnarray} un\ge b &\implica& a^4 - a^2 b^2 \ge 0 \\ un\le b &\implica& b^3 - a^2 b^2 \ge 0. \end{eqnarray} Por lo tanto, $$ T(a,b,c,a+b+c) \ge a^4 + b^3 - a^2 b^2 \ge 0. $$

Paso 3 Supongamos que $a,b,c,d$ son lineales cuadrilátero y no todos iguales. Supongamos que la suma de cualesquiera dos de $a,b,c,d$ es no negativo. Entonces para $x\ge 0$, la asignación de $$ x \mapsto T(a+x,b+x,c+x,d+x) $$ es estrictamente creciente en $x$.

Prueba

Sin pérdida de generalidad, vamos a $d=\max\{a,b,c,d\}$. Dado que $a,b,c,d$ son lineales cuadrilátero, $$ d = a + b + c. $$

Directo de cálculo de muestra $$ T(a+x,b+x,c+x,d+x) = T(a,b,c,d) + A x + B x^2 $$ donde \begin{eqnarray} A &=& a^3 - a^2 b + 2 b^2 + b^3 - 2 a b c - b^2 + c 2 b c^2 + c^3 \\ & & \ + 2^2 d - 2 a b d - 2 a c d 2 a b c d - c^2 d - d^2 + 2 c^2 + d^3. \end{eqnarray} y \begin{eqnarray} B &=& 2 (a - b) + a (b - c) + 2 b (b - c) + b (c - d) \\ & & \ + 2 c (c - d) + (a - b) d + c (-a + d) + 2 d (-a + d) \\ &=& (a-c)^2 + (b-d)^2 + \frac{1}{2}(a-b)^2 + \frac{1}{2}(a-d)^2 + \frac{1}{2}(b-c)^2 + \frac{1}{2}(c-d)^2. \end{eqnarray} Claramente, $B>0$ porque $a,b,c,d$ no son todos iguales.

Ahora sustituye $d=a+b+c$ en la expresión de $A$ y simplificar: $$ A = 3^3 + 2 b^2 + 2 b^3 + 3^2 + c 2 b^2 + c 3 a c^2 + 6 b c^2 + 3 c^3. $$

Supongamos que $a<0$. Ya que la suma de dos cualesquiera de $a,b,c,d$ es no negativo, $b,c,d\ge |a|$. Observar \begin{eqnarray} A &=& 3^3 + 2 b^2 + 2 b^3 + 3^2 + c 2 b^2 + c 3 a c^2 + 6 b c^2 + 3 c^3 \\ &=& (3 a^3 + 3a^2 c) + (2 b^2 + 2 b^3) + (3 c^2 + 3 c^3) + 2 b^2 + c 6 b c^2 \\ &\ge& 0. \end{eqnarray} (Todas las cantidades en paréntesis son no negativos.)

Supongamos que $b<0$. Debido a que la suma de cualesquiera dos de $a,b,c,d$ es no negativo, $a,c,d\ge |b|$. Tenemos \begin{eqnarray} A &=& 3^3 + 2 b^2 + 2 b^3 + 3^2 + c 2 b^2 + c 3 a c^2 + 6 b c^2 + 3 c^3 \\ &=& (2 b^3 + 2 b^2) + (6 b c^2 + 3 c^3 + 3 c^2) + 3^3 + 3^2 + c 2 b^2 c \\ &\ge& 0. \end{eqnarray}

Por último, supongamos $c<0$. Entonces $a,b,d\ge |c|$ y \begin{eqnarray} A &=& 3^3 + 2 b^2 + 2 b^3 + 3^2 + c 2 b^2 + c 3 a c^2 + 6 b c^2 + 3 c^3 \\ &=& (3^2 c + 3^3) + (2 b^2 + c 2 a b^2)+ (3 c^3 + 3 c^2) + 6 b c^2 + 2 b^3 \\ &\ge& 0. \end{eqnarray}

Desde $B>0$ y $\ge 0$, el resultado de la siguiente manera.

Paso 4 Supongamos que $a,b,c,d\ge 0$ son cuadrilátero y no todas del mismo. Entonces $T(a,b,c,d) > 0$.

Prueba Hacer las siguientes definiciones: \begin{eqnarray} x_0 &=& \frac{1}{2}(a+b+c+d - 2\max\{a,b,c,d\}) \\ A & = & - x_0 \\ B &=& b - x_0 \\ C &=& c - x_0 \\ D &=& d - x_0. \end{eqnarray}

Es fácil ver $A,B,C,D$ son lineales cuadrilátero. Además, la suma de cualquiera de las dos de $A,B,C,D$ es no negativo. Por ejemplo, \begin{eqnarray} A+B y = y a + b - 2 x_0 \\ &=& 2\max\{a,b,c,d\} - c - d \\ &\ge& 0. \end{eqnarray} Todos los otros casos son igual de fácil.

Considere la función $f:[0,\infty)\to\mathbb{R}$ se define por $$ f(x) = T(a+x,B+x,C+x,D+x). $$ De ello se deduce a partir del paso 3 que $f$ es estrictamente creciente.

Dado que $a,b,c,d$ son cuadrilátero, $x_0\ge 0$, entonces $T(a,b,c,d) = f(x_0) \ge f(0)$. Si $a,B,C,D$ son todos no negativo, entonces $f(0)\ge 0$ en el paso 2 y hemos terminado.

Vamos $m=\min\{a,b,c,d\}$ y supongamos que uno de $A,B,C,D$ es negativo, por lo que $m < x_0$. Entonces $T(a,b,c,d) = f(x_0) > f(m)$. Pero por el paso 1, $f(m)\ge 0$ y ya está.

4voto

user21820 Puntos 11547

WLOG $a = \max(a,b,c,d)$

Vamos a $t = \frac{1}{2} (b+c+d-a) \ge 0$ debido $a$,$b$,$c$,$d$ son los lados de un cuadrilátero

A continuación, la disminución de $(a,b,c,d)$ simultáneamente por $t$ reduce la expresión deseada

Y $a-t = (b-t)+(c-t)+(d-t)$

Por lo tanto, es suficiente para minimizar la expresión cuando $a=b+c+d$, que se reduce a: $ \begin{align} y(b+c+d) b^2 (b-c) + b + c^2 (c-d) - c d^2 (b+c) + d (b+c+d)^2 (c+d) \\ & = \left( b^4 - b^2 c^2 + b^3 d - b^2 c d \right) + \left( b, c^3 - b^2 d \right) - c d^2 (b+c) + d (b+c+d) (b+c+d) (c+d) \\ & \ge \left( b^4 - b^2 c^2 + b^3 d - b^2 c d \right) + \left( b, c^3 - b^2 d \right) - c d^2 (b+c) + \Big( d (b+c) d c + d (b+c) (b+c) c \Big) \\ & \ge \left( b^4 - b^2 c^2 + b^3 d - b^2 c d \right) + \left( b, c^3 - b^2 d \right) + b (b+c) c d \\ & \ge b^4 - b^2 c^2 + b^3 \\ & \ge 0 \quad\text{porque} \quad \frac{1}{3} ( b^4 + 2 b c^3 ) \ge b^2 c^2 \quad \text{por AM-GM} \end{align} $

0voto

Karl Marx Puntos 11

el uso de la ptolomeo desigualdad !

$ab^2(b-c)+bc^2(c-d)+cd^2(d-a)+da^2(a-b)\ge 0$$\Longrightarrow$

$2(ab^3+bc^3+cd^3+da^3)\ge$$b^2\cdot{a}(b+c)+c^2\cdot{b}(c+d)+d^2\cdot{c}(a+d)+a^2\cdot{d}(a+b)$$\Longrightarrow$

$2(ab^3+bc^3+cd^3+da^3)\ge$$b^2\cdot{a}l_{1}+c^2\cdot{b}l_{2}+d^2\cdot{c}l_{1}+a^2\cdot{d}l_{2}$$\Longrightarrow$

$8abcd\ge$$b^2\cdot{un}l_{1}+c^2\cdot{b}l_{2}+d^2\cdot{c}l_{1}+a^2\cdot{d}l_{2}$$\Longrightarrow$

$8\ge$$bl_{1}/cd+cl_{2}/ad+dl_{1}/ab+al_{2}/ac$

si $bl_{1}/cd,cl_{2}/ad,dl_{1}/ab,al_{2}/ac\ge2$

entonces, $l_{1}l_{2}abcd\ge ac\cdot(cd)^2+ad\cdot(ab)^2+ab\cdot(bc)^2+cd\cdot(ad)^2$

$\Longrightarrow$$ac+bd\ge 4\sqrt{abcd}$$\Longrightarrow$$l_{1}l_{2}\ge ac+bd$

que se contradice con el de ptolomeo desigualdad !

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