eStoyanov_MathForum

от **dim** » 24 Авг 2011 14:55

Може да се докаже (лема?), че: $\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}\geq \frac{1}{1+ab}$ $(*)$ . Оттам и от $abcd=1$ => $\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}+\frac{1}{(c+1)^2}+\frac{1}{(d+1)^2}\geq \frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+cd}=1$ . Равенство имаме при $a=b=c=d=1$ .

$(*)$ $\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}-\frac{1}{1+ab}=\frac{a^3 b-a^2 b^2+a b^3-2 a b+1}{(1+a)^{2}(1+b)^{2}(1+ab)}=\frac{(a^3 b-2a^2 b^2+a b^3)+(a^2b^2-2 a b+1)}{(1+a)^{2}(1+b)^{2}(1+ab)}=\frac{ab(a-b)^{2}+(ab-1)^{2}}{(1+a)^{2}(1+b)^{2}(1+ab)}\geq 0$ , с което е доказана и лемата.

от **estoyanov** » 24 Авг 2011 16:53

Браво! Красиво решение! Твое ли е?

от **dim** » 24 Авг 2011 18:32

Лемата ми е позната от други задачи. Иначе сигурно бих пробвал някакво изкуствено полагане и решението нямаше да е красиво(ако изобщо става така). Интересно е да се помисли върху обобщение на неравенството за $x_1.x_2...x_n=1$ . Би било интересно да видя и твоето решение.

от **estoyanov** » 24 Авг 2011 23:11

Нямам мое решение. Задачата я пуснах, защото ми хареса. Иначе знам други решения, но ще ги пусна като се върна от морето!

от **estoyanov** » 20 Ное 2011 09:11

Оказа се, че в сборника със задачата има същото решение като твоето!

eStoyanov_MathForum

Ако искате да се регистрирате, направете запитване на: http://eStoyanov.net

Задача от Китай

Задача от Китай

Re: Задача от Китай

Re: Задача от Китай

Re: Задача от Китай

Re: Задача от Китай

Re: Задача от Китай

Кой е на линия