Международная олимпиада 2020, Санкт-Петербург, Россия, 2020 год

Даны вещественные числа $a, b, c, d$, такие что $a\geq b\geq c\geq d > 0$ и $a+b+c+d=1$. Докажите, что \[(a+2b+3c+4d)a^ab^bc^cd^d<1.\]

Комментарий/решение

$\textbf{Решение:}$ Сначала умножаем обе части неравенства на $a^{1-a}\cdot b^{1-b}\cdot c^{1-c}\cdot d^{1-d}$. Тогда получиться

$$ abcd(a+2b+3c+4d)<a^{1-a}\cdot b^{1-b}\cdot c^{1-c}\cdot d^{1-d}.$$

Теперь левую часть оценим сверху

$$ abcd(a+2b+3c+4d)=abcd \cdot (a\cdot 1+2\cdot b+3\cdot c+4\cdot d)\leq \frac{(a^2+b^2+c^2+d^2)^2}{16}\cdot \sqrt{a^2+b^2+c^2+d^2} \cdot \sqrt{1^2+2^2+3^2+4^2}=$$

$$=\frac{(a^2+b^2+c^2+d^2)^2}{16}\cdot \sqrt{a^2+b^2+c^2+d^2} \cdot \sqrt{30}<\frac{(a+b+c+d)^2}{16}\cdot \sqrt{(a+b+c+d)^2} \cdot \sqrt{64}<\frac{1}{2}$$

Теперь, рассматривая два случая, мы докажем неравенство $\frac{1}{2}<a^{1-a}\cdot b^{1-b}\cdot c^{1-c}\cdot d^{1-d}.$

$\textbf{Случай №1.}$ Пусть $ \frac{1}{\sqrt[3]{2}}<a<1$, тогда

$$ \frac{1}{2}\cdot a^{a-1}\cdot b^{b-1}\cdot c^{c-1}\cdot d^{d-1}< \frac{1}{2}\cdot a^{a-1}\cdot a^{b-1}\cdot a^{c-1}\cdot a^{d-1}=\frac{a^{a+b+c+d-4}}{2}=\frac{a^{-3}}{2}=1\quad \Longleftrightarrow \quad \frac{1}{2}<a^{1-a}\cdot b^{1-b}\cdot c^{1-c}\cdot d^{1-d}$$

$\textbf{Случай №2.}$ Пусть $0<a\leq \frac{1}{\sqrt[3]{2}}$, тогда

$$(a+2b+3c+4d)a^ab^bc^cd^d\leq (3a+3b+3c+4d)a^{a+b+c+d}<1$$

$$...................................$$

Неверно. Пусть $a$ стремится в $1$, а остальные в $0$. Тогда то произведение стремится в ноль, а левая часть равна половине.

Обобщенное неравенство AM-GM: Даны действительные положительные числа $a_1,\ldots,a_n,x_1,\ldots,x_n,$ где $\sum\limits_{1\le i\le n} x_i=1.$ Тогда $$\sum\limits_{1\le i\le n} x_ia_i\ge \prod\limits_{1\le i\le n} a_i^{x_i}$$

Из этого неравенства следует, что $$a^2+b^2+c^2+d^2=a\cdot a+b\cdot b+c\cdot c+d\cdot d\ge a^ab^bc^cd^d$$

Тогда достаточно доказать, что $$(a+2b+3c+4d)(a^2+b^2+c^2+d^2)< 1=(a+b+c+d)^3$$ $$\iff (a+b+c+d)^3-(a+2b+3c+4d)(a^2+b^2+c^2+d^2)>0$$

$$\iff (a-d)(c^2+b^2+2d^2)+(a-c)c^2+(a-b)b^2+(b-d)(d^2+a^2)+(b-c)c^2+6(abc+abd+acd+bcd)>0, $$ что верно, ведь $a\ge b\ge c\ge d>0.\quad\square$

Здравствуйте! Где можно прочитать про эту теорему? Что-то в интернете не могу найти, использовал в одной задаче но не могут быть уверен. Все, я нашёл: это Weighted $AM$ $\geq$ $GM$.

Pham Kim Hung-Secrets in Inequalities,volume 1,17 страница

Достаточно доказать \[ (a^2+b^2+c^2+d^2)(a+2b+3c+4d) \le 1 = (a+b+c+d)^3. \] Раскроем скобки\[ \begin{array}{cccc} +a^3 &+ b^2a &+ c^2a & +d^2a \\ +2a^2b &+ 2b^3 &+ 2b^2c & +2d^2b \\ +3a^2c & + 3b^2c & + 3c^3 & + 3d^2c \\ +4a^2d &+ 4b^2d & + 4c^2d & + 4d^3 \end{array} < \begin{array}{cccc} +a^3 &+ 3b^2a &+ 3c^2a & +3d^2a \\ +3a^2b &+ b^3 &+ 3b^2c & +3d^2b \\ +3a^2c &+ 3b^2c &+ c^3 &+ 3d^2c \\ +3a^2d &+ 3b^2d &+ 3c^2d &+ d^3 \\ +6abc &+ 6bcd &+ 6cda &+ 6dab \end{array} \] Другими словами, нам нужно доказать, что \[ \begin{array}{cccc} & && \\ &+ b^3 & & \\ & & +2c^3 & \\ +a^2d &+ b^2d & + c^2d & + 3d^3 \\ \end{array} < \begin{array}{cccc} &+ 2b^2a &+ 2c^2a & +2d^2a \\ +a^2b & &+ b^2c & +d^2b \\ &&& \\ &&& \\ +6abc &+ 6bcd &+ 6cda &+ 6dab \end{array} \]

А это следует из \begin{align*} 2b^2a &\ge b^3 + c^2d \\ 2c^2a &\ge 2c^3 \\ 2d^2a &\ge 2d^3 \\ a^2b &\ge a^2d \\ b^2c &\ge b^2d \\ d^2b &\ge d^3 \end{align*} и $6(abc+bcd+cda+dab) > 0$