XL OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XL OM, 1988-1989

Etap:

III

Udowodnić, że dla dowolnych liczb dodatnich $a, b, c, d$ spełniona jest nierówność

$ \sqrt{\frac{ab+ac+ad+bc+bd+cd}{6}} \geq \sqrt{\frac{abc+abd+acd+bcd}{6}}. $

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia:

$ \begin{split} A &= a + b + c + d,\\ B &= ab + ac + ad + bc + bd + cd, \\ C &= abc + abd + acd + bed, \\ D &= abcd. \end{split} $

Liczby $A$ , $B$ , $C$ , $D$ są współczynnikami wielomianu

$ P(x) = (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = x^4 + Ax^3 + Bx^2 + Cx + D. $

Jest to wielomian czwartego stopnia, mający cztery pierwiastki ujemne: $-a$ , $-b$ , $-c$ , $-d$ (jeśli któreś z tych liczb są równe, mamy pierwiastek wielokrotny).

Różniczkujemy wielomian $P$ :

$ (2) \qquad P'(x) = 4x^3 + 3Ax^2 + 2Bx + C. $

Na mocy twierdzenia Rolle'a między każdymi dwoma kolejnymi różnymi pierwiastkami wielomianu $P$ znajduje się pierwiastek pochodnej $P'$ ; ponadto, jeśli pewien punkt jest pierwiastkiem $k$ -krotnym wielomianu $P$ , to jest on pierwiastkiem ( $k-1$ )-krotnym wielomianu $P'$ . Stąd wynika, że wielomian $P'$ ma (licząc z krotnościami) co najmniej trzy pierwiastki w przedziale $\langle \beta; - \alpha \rangle$ , gdzie $\alpha$ jest najmniejszą, a $\beta$ największą z liczb $a$ , $b$ , $c$ , $d$ ; ma więc trzy pierwiastki ujemne. Oznaczmy je przez $-p$ , $-q$ , $-r$ ( $p, q, r > 0$ ). Ponieważ $P'$ jest wielomianem trzeciego stopnia, nie ma on już innych pierwiastków. Ma zatem postać

$ P'(x) = 4(x + p)(x + q)(x + r) ; $

czynnik $4$ na początku pojawia się dlatego, że współczynnik przy najwyższej potędze zmiennej w wielomianie $P'$ wynosi 4 (por.wzór (2)). Po wymnożeniu dwumianów w nawiasach otrzymujemy

$ (3) \qquad P'(x) = 4x^3 + 4(p + q + r)x^2 + 4(pq + qr + rp)x + Apqr. $

Przyrównując współczynniki wielomianów (2) i (3) dostajemy równości

$ (4) \qquad pq + qr + rp = \frac{1}{2} B, \ pqr = \frac{1}{4}C . $

Między średnią arytmetyczną 1 średnią geometryczną liczb $pq$ , $qr$ , $rp$ zachodzi nierówność

$ \frac{1}{3}(pq + qr + rp) \geq (pq \cdot qr \cdot rp)^{1/3} = (pqr)^{2/3}, $

którą, w myśl wzorów (4), możemy przepisać w postaci

$ (5) \qquad \left( \frac{1}{6}B \right)^{1/2} \geq \left( \frac{1}{4} C\right)^{1/3} . $

Jest to właśnie nierówność, którą mieliśmy udowodnić.

Uwaga 2. Rozważana w tym zadaniu nierówność jest szczególnym przypadkiem ogólniejszego twierdzenia.

Niech będą dane liczby naturalne $n$ , $k$ ( $n \geq k \geq 1$ ) oraz liczby rzeczywiste $a_1,\ldots, a_n \geq 0$ . Średnią symetryczną rzędu $k$ liczb $a_1,\ldots, a_n$ nazywamy wielkość

$ \sigma_k(a_1, \ldots, a_n) = \left( \binom{n}{k} ^{-1} \sum a_{i_1} \ldots a_{i_k} \ \right) ^{1/k}, $

gdzie sumowanie rozciągnięte jest na wszystkie $k$ -wyrazowe układy wskaźników $(i_1,\ldots, i_k)$ , $1 \leq i_1 < ... < i_k \leq n$ . Tak więc

$ \begin{split} \sigma_1(a_1, \ldots, a_n) &= \binom{n}{1}^{-1} \sum_{i=1}^n a_i = \frac{a_1 + \ldots + a_n}{n},\\ \sigma_2(a_1, \ldots, a_n) &= \left( \binom{n}{2}^{-1} \sum_{i<j} a_ia_j \right)^{1/2} = \sqrt{\frac{2a_1a_2 + \ldots}{n(n-1)}},\\ \sigma_3(a_1, \ldots, a_n) &= \left( \binom{n}{3}^{-1} \sum_{i<j<l} a_ia_ja_l \right)^{1/3} = \sqrt[3]{\frac{6(a_1a_2a_3 + \ldots)}{n(n-1)(n-2)}},\\ &\ \vdots \\ \sigma_n(a_1, \ldots, a_n) &= \left(\binom{n}{n}^{-1} a_1a_2 \ldots a_n \right)^{1/n} = \sqrt[n]{a_1a_2\ldots a_n}. \end{split} $

Teza naszego zadania mówi, że

$ (13) \qquad \sigma_2(a,b,c,d) \geq \sigma_3(a,b,c,d). $

Prawdziwe są także nierówności

$ (14) \qquad \sigma_1(a,b,c,d) \geq \sigma_2(a,b,c,d) \ \textrm{i} \ \sigma_3(a,b,c,d) \geq \sigma_4(0,b,c,d) $

(w odróżnieniu od (13), dowody nierówności (14) są całkiem prostym ćwiczeniem).

Nietrudno się domyśleć, że ogólnie, dla $n$ liczb:

$ \sigma_1(a_1,\ldots ,a_n) \geq \sigma_2(a_1,\ldots ,a_n) \geq \ldots \geq \sigma_n(a_1,\ldots, a_n). $

Są to nierówności McLaurina; dowód można znaleźć na przykład w książce: D.S.Mitrinović Analytic Inequalities, Berlin-Heidelberg-New York 1970 (rozdział 2.15, twierdzenie 4).