Тема Классические неравенства

Неравенства Мюрхеда и Шура

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела классические неравенства

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#118207

Неравенство Мюрхеда. Даны два упорядоченных набора $α$ и $β$ из $n$ элементов, причем $α$ мажорирует $β.$ Тогда для любых неотрицательных $x1,$ $x2,$ …, $xn$ выполнено неравенство

Tα(x1,x2,...,xn)≥ Tβ(x1,x2,...,xn)

(a) Назовем наборы $α$ и $β$ смежными, если существуют натуральные $1≤ i< j ≤n$ такие, что $α = β +1 i i$ , $α =β − 1, j j$ и $α =β k k$ для $k ⁄= i,j.$ Докажите неравенство Мюрхеда в случае, когда $α$ и $β$ смежные.

(b) Докажите неравенство Мюрхеда в произвольном случае.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Определение. Пусть даны два упорядоченных набора $α$ и $β$ из $n$ элементов с равной суммой. Будем говорить, что набор $α$ мажорирует набор $β$ , если $α1 ≥ β1$ , $α1 +α2 ≥β1+ β2$ , …, $α1 +α2+ ...+ αn ≥ β1+ β2+...+βn$ . То есть для любого $1 ≤k≤ n$ сумма первых $k$ элементов $α$ не меньше суммы первых $k$ элементов $β$ .

Для упорядоченного набора $α$ , элементы которого $α1 ≥ α2 ≥ α3 ≥ ...≥ αn$ являются целыми неотрицательными числами, и переменных $x1$ , $x2$ , $x3$ , … $xn$ определим

∑ Tα(x1,x2,...,xn)= xασ1(1)xασ2(2)...xασn(n), σ

где сумма берется по всем возможным перестановкам $σ$ .

Показать доказательство

(a) Пусть $α = β +1 i i$ и $α =β − 1, j j$ $α = β , k k$ $k⁄= i,j.$ Докажем, что

α1 αi−1 α αi+1 α α α1 αi−1 α αi+1 α α x1 ...xi−1 x ixi+1 ...y j ...xnn+ y1 ...yi−1 y iyi+1 ...x j ...ynn≥

α1 αi−1 α−1 αi+1 α+1 α α1 αi−1α −1 αi+1 α +1 α ≥ x1 ...xi−1 x i xi+1 ...y j ...xnn +y1 ...yi−1 yi yi+1 ...x j ...ynn

По определению смежных наборов это неравенство, если перенести слагаемые в одну сторону и вынести за скобки общие множители, можно записать так

α α α α α− 1α +1 α−1 α +1 A(x iy j + y ix j − x i y j − yi x j )≥ 0

при этом $A$ — некоторый многочлен. Далее, раскладывая в произведение, имеем

αi−1αj αj αi−1 A (x − y)(x y − x y )≥ 0

Для случаев $αi− 1= αj$ и $αi > αj +1$ это неравенство очевидно верно, а случая $αi = αj$ по определению не бывает. Теперь, чтобы доказать неравенство для смежных наборов, достаточно просуммировать все неравенства, о которых шла речь выше.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

(b) Найдем наименьшее такое $k,$ что для наборов $α$ и $β$ ( $α$ мажорирует $β$ ) верно $α +...+α >β + ...+ β 1 k 1 k$ (если такого $k$ не существует, то неравенство верно). Тогда $αk > βk.$ Найдем наименьшее такое $l> k,$ что $αl <αk − 1.$ Пусть теперь $i$ — такое максимальное $i$ такое, что $αk = αk+1 =...=αk+i$ и $k≤ k+ i< l.$ Тогда уменьшим $αk+i$ на 1 и $αl$ увеличим на 1. Мы знаем, что

α1+...+αk+i > β1+ β2 +...+ βk+i

поэтому при уменьшении $α k+i$ на 1 знак неравенства сохранится (возможно, станет нестрогим), поскольку все числа набора $α$ и $β$ целые. Неравенство

α1+ ...+ αs > β1+ β2 +...+ βs

для $s< k+i$ тоже верно, поскольку эти частичные суммы не менялись. Если $s≥ l,$ то неравенство верно. Если же $s< l,$ то заметим, что $αk+i+1,...,αs ≥ αk− 1,$ при этом $βk+i+1,...,βs ≤αk − 1,$ поэтому неравенство при таких $s$ тоже верно. Таким образом, мы построили новый набор $α′,$ мажорирующий $β,$ при этом $α$ мажорирует $α′$ и они смежны (тогда неравенство для них следует из предыдущего пункта). Продолжая аналогичные операции рано или поздно мы придем к набору $β$ и неравенство будет доказано. Теперь, если подходящего $l$ не нашлось, то $α ≥ α − 1 k+j k$ для $j ≥0$ и $β ≤ β ≤ α − 1. k+j k k$ Но тогда $β ≤ α , k+j k+j$ поэтому

α1+ α2+ ...+ αn > β1+β2+ ...+ βn

(поскольку в некоторый момент появилось строгое неравенство) — противоречие. Значит, подходящее $l$ всегда найдется, и неравенство доказано.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#118213

Пусть упорядоченные наборы $α$ и $β$ имеют одинаковое количество элементов. Докажите, что неравенство Мюрхеда не верно, если $α$ не мажорирует $β.$

Показать доказательство

Если $α +...+ α ⁄=β + β + ...+β , 1 n 1 2 n$ где $n$ — число элементов в наборе $α,$ то можно подставить вместо всех переменных в неравенство Мюрхеда одно и то же число $t.$ Тогда получим утверждение о том, что

α+...+α β+...+β n!t1 n ≥ n!t1 n

которое верно для любых $t.$ Очевидно, что существует $t,$ для которого это не так (одна из сумм больше, значит, одна из сумм ненулевая, тогда $t,$ которое противоречит этому утверждению, легко подбирается).

Рассмотрим еще один случай. Если

α1+ α2+ ...+ αk < β1+β2+ ...+ βk

причем $k$ — наименьшее натуральное, для которого это верно. Пусть $x1 =x2 = ...=xk = t$ и $xk+1 =xk+2 = ...=xn =0$ — значения переменных в неравенстве Мюрхеда. Если бы неравенство Мюрхеда было верно, то мы бы получили утверждение о том, что многочлен $T1(t)$ степени $k$ для любых $t$ не меньше многочлена $T2(t)$ степени $m,$ где $k< m.$ Это, конечно, неверно, и мы снова получили противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#118220

Для положительных $a,$ $b,$ $c$ докажите неравенство

-a-- -b-- -c-- 3 b+ c + c+ a + a+ b ≥ 2

Показать доказательство

Умножим неравенство на все встречающиеся знаменатели и раскроем все скобки. Получившееся представляем в виде выражений $Ti,j,k(a,b,c)$ из неравенства Мюрхеда

T3,0,0(a,b,c)+2T2,1,0(a,b,c)+ T1,1,1(a,b,c)≥ T1,1,1(a,b,c)+ 3T2,1,0(a,b,c)

T3,0,0(a,b,c)≥ T2,1,0(a,b,c)

Последнее неравенство верно по неравенству Мюрхеда.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#118223

Неравенство Шура. Докажите, что для любых неотрицательных чисел $x,$ $y,$ $z$ и натурального $n≥ 3$ выполнено неравенство

Tn,0,0(x,y,z)+Tn−2,1,1(x,y,z)≥ 2Tn−1,1,0(x,y,z).

Показать доказательство

Неравенство из условия равносильно

n n n n− 2 n−2 n−2 n−1 n−1 n−1 n−1 n− 1 n−1 x +y + z + x yz+ y xz+z xy ≥ x y+y x+ y z +z y+ x z +z x

Перегруппируем слагаемые

n n−1 n−1 n−2 n n−1 n−1 n−2 n n−1 n−1 n−2 (x − x y− x z+x yz)+(y − y x− y z+ y xz)+ (z − z x− z y+ z xy) ≥0

Теперь каждую из скобок раскладываем на множители

xn−2(x− y)(x− z)+yn−2(y− x)(y− z)+ zn−2(z− x)(z− y)≥0

Неравенство симметрично относительно переменных $x,y,z.$ Тогда можно полагать, что $x ≥y ≥z.$ Ясно, что $zn−2(z− x)(z− y)≥0.$ Оценим сумму двух других слагаемых.

xn− 2(x− y)(x− z)+yn−2(y− x)(y− z)= (x− y)(xn− 2(x− z)− yn−2(y− z))≥ 0

Так как $xn−2 ≥ yn−2$ и $x − z ≥y− z,$ то последнее выражение есть произведение двух неотрицательных выражений, поэтому сумма первых двух слагаемых неотрицательно, и неравенство доказано.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#118225

Сумма неотрицательных чисел $x,$ $y$ и $z$ равна $1.$ Докажите неравенство

-7 0≤ xy+yz+ zx− 2xyz ≤27

Показать доказательство

Без ограничений общности можно полагать, что $x ≥y ≥z.$ Рассмотрим $xy− 2xyz = xy(1− 2z).$ Так как переменные упорядочены, имеем $x+y+z 1 z ≤ 3 ≤ 3,$ поэтому рассматриваемое выражение неотрицательно, поэтому и $xy +yz+ zx− 2xyz$ неотрицательно.

Докажем теперь верхнюю оценку. Так как $x+ y+ z = 1,$ исходное неравенство равносильно

7 3 xy+yz+ zx= (xy+yz+ zx)(x+ y+ z)≤2xyz+ 27(x +y+ z)

В обозначениях неравенства Мюрхеда исходное неравенство может быть записано так:

( ) T2,4,0(x,y,z)+ T1,1,1(x2,y,z)-≤ T1,1,1(x3,y,z)+ 277 T3,0,0(x2,y,z)-+3T2,1,0(x,y,z)+T1,1,1(x,y,z)

Для краткости далее будем опускать аргументы многочленов $Ti,j,k.$ Умножаем неравенство на $54$

54T2,4,0+ 27T1,1,1 ≤ 18T1,1,1+42T2,1,0+ 14T1,1,1

12T2,1,0 ≤ 5T1,1,1+7T3,0,0

По неравенству Шура $5T1,1,1+5T3,0,0 ≥10T2,1,0.$ По неравенству Мюрхеда $2T3,0,0 ≥2T2,1,0.$ Сложив данные неравенства, получаем требуемое. Неравенство доказано.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#91086

Для положительных чисел $x,y,z$ докажите неравенство

3 3 3 (x+ y)(y+ z)(z+ x)+ xyz ≤ 3(x + y +z )

Показать доказательство

Раскрыв скобки имеем:

T1,1,1(x,y,z) 3 2 +T2,1,0(x,y,z)≤ 2T3,0,0(x,y,z)

что очевидно следует из неравенства Мюрхеда.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#91087

Для положительных чисел $a,b,c$ докажите неравенство

(a+-b− c)2 (b+c−-a)2- (c+-a−-b)2- ab + bc + ca ≥3

Показать доказательство

Домножим на $abc,$ раскроем скобки, после этого имеем:

T3,0,0(a,b,c)+ T1,1,1(a,b,c)≥ 2T2,1,0(a,b,c)

что очевидно по неравенству Шура.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#91088

Неотрицательные числа $x,y,z$ таковы, что $x2+y2+ z2 = 3.$ Докажите неравенство

x+y +z ≥xy+ yz+ zx

Показать доказательство

Сделаем замену

a b c x= λ ,y = λ,z = λ

Получим следующую задачу: положительные числа $a,b,c,λ$ таковы, что $2 2 2 2 a + b +c = 3λ,$ докажите, что $λ(a+ b+ c)≥ ab+ ac +bc.$

Выразим $λ,$ тогда нужно доказать следующее

∘ ---------- a2+-b2+-c2(a +b+ c)≥ab+ ac+bc 3

После возведения в квадрат получим

2 2 2 2 2 (a + b +c )(a+ b+ c) ≥ 3(ab+ ac+bc)

Раскроем скобки, домножим на $2$ и получим, что необходимо доказать следующее

T4,0,0(a,b,c)+ 2T2,2,0(a,b,c)+4T3,1,0(a,b,c)+ 2T2,1,1(a,b,c)≥ 3T2,2,0(a,b,c)+ 6T2,1,1(a,b,c)

Последнее очевидно из неравенства Мюрхеда.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#91089

Для положительных чисел $a,b,c$ и $d$ докажите неравенство

∘-2---2--2---2 ∘ ---------------- a-+-b-+-c+-d-≥ 3 abc+bcd+cda+-dab- 4 4

Показать доказательство

Возведем в шестую степень. Теперь достаточно доказать, что

2 2 2 2 3 2 (a + b+ c +d ) ≥ 4(abc+bcd+cda+ dab)

После раскрытия скобок останется неравенство:

T6,0,0,0(a,b,c,d) 3T4,2,0,0(a,b,c,d) 2T2,2,2,0(a,b,c,d) 6 + 2 +T2,2,2,0(a,b,c,d) ≥ 3 + 2T2,2,1,1(a,b,c,d)

Оно верно, так как суммы коэффициентов перед $T$ одинаковые, а все наборы слева мажорируют наборы справа.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#91090

Сумма положительных чисел $a,b,c$ равна $1.$ Докажите, что

--1-- -1--- --1-- --7--- a+ bc + b+ca + c+ ab ≥ 1+ abc

Показать доказательство

Заметим, что $a+bc= a(a+b+ c)+bc= (a+b)(a +c).$ Аналогично для двух других знаменателей. Тогда сумма дробей в левой части равна

1 1 1 2 (a+-b)(a+-c) +(b+-c)(b+a) + (c+-a)(c+b) = (a+-b)(b+c)(c+-a)

т.е. исходное неравенство равносильно неравенству $2(a+b+ c)3 +2abc≥7(a+ b)(b+c)(c+ a).$ Если в нём раскрыть скобки и привести подобные, то останется неравенство $2a3+ 2b3+2c3 ≥ a2b+ ab2+b2c+ bc2+ c2a+ ca2,$ которое верно по неравенству Мюрхеда для наборов $(3,0,0)$ и $(2,1,0).$ Или если словами попроще, то верно по транснеравенству для наборов $a,a,b,b,c,c$ и $a2,a2,b2,b2,c2,c2.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#91091

Положительные числа $a,b,c$ таковы, что $ab+ bc +ca= a+ b+c.$ Докажите, что

a +b+ c+ 1≥4abc

Показать доказательство

Сделаем замену

a′ b′ c′- a= λ ,b = λ,c= λ

Штрихи далее опустим. Получим следующую задачу: положительные числа $a,b,c,λ$ таковы, что $λ(a+ b+c)= ab+bc+ ca,$ докажите, что $2 3 λ (a+ b+c)+λ ≥4abc.$ Подставив $λ$ поймем, что нужно доказать следующее

(ab+bc+ ca)2(a+ b+ c)2+ (ab+ bc+ca)3 ≥4abc(a+ b+ c)3

Раскроем скобки, приведем подобные и получим

3 1 T4,2,0(a,b,c)+ 2T3,3,0(a,b,c)≥ T4,1,1(a,b,c)+ T3,2,1(a,b,c)+ 2T2,2,2(a,b,c)

что очевидно из неравенства Мюрхеда.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#91092

Сумма положительных чисел $x,y,z$ равна $1.$ Для произвольного натурального $k$ докажите неравенство

xk+2 yk+2 zk+2 1 xk+1+yk-+zk + yk+1+-zk+xk + zk+1-+xk+-yk ≥ 7

Показать доказательство

Покажем решение без особой технической реализации. Сделаем неравенство однородным. Для этого в знаменателе первой дроби $xk+2$ домножим на $x+ y+ z,$ а $k k y +z$ домножим на $2 (x+ y+ z).$ Аналогично проделаем с остальными слагаемыми. Теперь неравенство однородное. Домножим на все знаменатели, после чего нужно сгруппировать слагаемые на симметрические суммы. Это удастся сделать, так как изначальное неравенство симметричное относительно $x,y,z.$ После этого нужно применить неравенство Мюрхеда много раз.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#94741

Докажите, что для любого многочлена $P(x)$ , принимающего во всех точках неотрицательные значения, и для любого набора ( $x,y,z$ ) вещественных чисел, а также неотрицательного вещественного $t$ справедливо неравенство

t+2 t+2 t+2 t+1 t+1 t+1 t+1 P (x)+P (y)+P (z)− (P(z)P (x)+ P(z)P (y)+ P(y)P (x)+ P(y)P (z)+

t+1 t+1 t t t +P(x)P (y)+ P(x)P (z))+ P(x)P(y)P(z)+ P(x)P(z)P (y)+P (y)P(z)P (x)≥ 0.

Показать доказательство

Пусть $P(x)= a,P (y)= b,P (z)= c.$ По условию $a,b,c≥ 0.$ Тогда легко видеть, что выражение в левой части есть

∑ t 2 ∑ t cyca (a − ca− ba +cb)= cyca (a− b)(a− c)

Неравенство

∑ at(a− b)(a− c)≥ 0 cyc

представляет собой неравенство Шура, поэтому исходное неравенство выполняется.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#98107

Произведение положительных чисел $x,$ $y$ и $z$ равно $1.$ Докажите, что

2 2 2 2 2 2 2 4 4 44 4 4 27(y z +x)(xz + y)(x y +z)≤ 8(xy+ yz+ zx) (xy + y z+ z x)

Показать доказательство

Обозначим через $(a,b,c),a≥ b≥ c$ все одночлены вида $xaybzc, xbyazc, ....$ Назовём набор $(a,b,c)$ мажорирующим для $(a′,b′,c′),$ если

′ a ≥a

a +b≥ a′+b′

a +b+ c≥ a′+ b′+c′

a +b+ c= a′+b′+c′

Покажем, что для симметричных неравенств, где набор $(a,b,c)$ мажорирует $′ ′ ′ (a,b,c)$ выполнится $′ ′ ′ (a,b,c)≥(a,b,c).$ (Например, для $(2,0,0)$ и $(1,1,0)$ — $2 2 2 x + y +z ≥ xy+ xz+yz).$ Будем считать $′ b< b$ (иначе аналогично с $c$ и $′ c).$ Давайте зафиксируем $′ c,c$ и уменьшим $a$ и увеличим $b$ так, чтобы $a$ стало равно $a′.$ Тогда заметим, что $′ ′ ′ ′ xayb+ xbya ≥ xa yb+a−a + ya xb+a−a .$ Значит, мы можем сравнять первый коэффициент у двух наборов, не увеличив разность между ними. Аналогично сравняем второй коэффициент, третий сравняется автоматически и неравенство обратится в равенство. Значит, изначальный знак был верным. Вообще, мы сейчас предоставили план доказательства неравенства Мюрхеда для трёх переменных.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Теперь пора решить задачу. Давайте приведём неравенство к однородному. Для этого в левой части домножим $x$ на $xyz = 1.$ Аналогично сделаем с $y$ и $z.$ Тогда получится следующее неравенство (уже однородное):

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 4 44 27(y z + xyz)(x z + yxz)(x y + zxy)≤ 8(xy+ yz+ zx) (x y + yz + zx )

Вынесем из левой части общие множители наружу:

2 22 2 2 2 2 44 4 4 4 4 27x y z(yz+x )(xz +y )(xy+ z)≤ 8(xy+yz+ zx)(x y +y z +z x )

А теперь аккуратно раскроем скобки. Тогда в левой части получатся слагаемые $54(4,4,4)+27(5,5,2)+ 27(6,3,3),$ а в правой части будет $8(6,6,0)+8(6,4,2)+16(5,2,2)+ 16(6,5,1).$ Ясно, что левые наборы мажорируются правыми, а суммы коэффициентов с учётом перестановок одинаковы и равны $216.$ (Любой набор справа кроме $(5,5,2)$ мажорирует любой левый, а набор $(5,5,2)$ есть слева с большим коэффициентом, поэтому можно просто его вычесть). Значит, неравенство верно.