証明問題の答えあわせをお願いします。

質問

証明問題の答えあわせをお願いします。

問．a+b+c+abc=4、a≧0 b≧0 c≧0の時a+b+c≧ab+bc+caを示せ。

自分の答え．
f(a,b,c) = a+b+c-ab-bc-ca = a(1-b-c)+b+c-bcとおく。

条件より
a≧0,b≧0,c≧0　…(1)　　a+b+c+abc=4 …(2)
また、本問では対称性より a≧b≧c…(3)の場合を考えるだけで十分である。

まず、a,b,cの取りうる範囲について考える。

a+b+c+abc
≧2√(ab)+c+abc （∵相加相乗平均）
＝2√(ab)+c(1+ab)
≧2√(ab)+c・2√(ab) （∵相加相乗平均）
＝2√(ab)・(c+1)
≧2√(ab)・2√c （∵相加相乗平均）
＝4√(abc)
従って、(2)より1≧abc…(4)が成り立つ。

また、(2)を変形するとa=(4-b-c)/(1+bc)となり、
a=(4-b-c)/(1+bc)≦4/(1+bc)≦4　∴a≦4…(5)

次に、aについて場合分けしてf(a,b,c)≧0を示す。

(1)1＞a≧0の場合
(3)より1＞a≧b≧c、1＞abcとなるので、4＞a+b+c+abcとなり、これは(2)に反する。

(2)a≧1の場合
(5)より1≦a≦4となり、また(4)よりbc≦1…(6)
ここで、f(a,b,c)はaについての1次関数と見なせるので、
区間1≦a≦4の両端におけるf(a,b,c)の値を求めると、
a=1のときf(1,b,c) = 1-bc ≧0　（∵(6)）
a=4のとき、(2)よりb,cのとりうる値はb=c=0のみなので、f(4,0,0) = 0

ここで、f(a,b,c)はaについての1次関数なので、区間1≦a≦4において直線的に変化する。
以上より、常にf(a,b,c)≧0となるので、題意は示された。■

全体的にもやもやしてますが、特に最後の数行がどうも自信がありません。横軸にa、縦軸にfを取ったとき、b,cが変化しても、(1,1-bc)と(4,0)を結ぶ直線上で変化するのだからf≧0としたのですが、大丈夫でしょうか。

また、元の式がきれいなので、因数分解して○≧0のような式にしたり、他のエレガントな方法を思いついた方は教えてください。長くなりましたが、よろしくお願いいたします。

回答No.6

aabel

「確かにa=4ではb=c=0と決定されてしまいますが、その他の場合では、1つのaに対してb、cは一通りには定まりません。」のとこですが、
　b=c=0のとき、a=4となる。で、
はじめaを固定してb、cは一通りには定まりません
ではなく、
b、cをはじめ固定するとaは一通りになってしまう。
そこで、aの1次関数としては扱えないのではないですか。

お礼

＞b、cをはじめ固定するとaは一通りになってしまう。
＞そこで、aの1次関数としては扱えないのではないですか。

何で先にb,cを固定する必要があるのでしょうか。

申し訳ありませんが、moonlight様やaabel様のお答えは難解で、私の理解の及ぶところではないので、今後回答してくださらないよう、お願いいたします。

回答No.5

aabel

f(a,b,c)がaについての1次関数になるにはｂｃが固定されたらではないか。（直線になるには。）
がｂｃが決まると本題の場合aは1個の数になる。区間ではない。

*ｍｙ解　
　a=(4-b-c)/(1+bc)を、f(a,b,c) = a+b+c-ab-bc-ca にいれます。分子がｂｃの2次式になります。ｂの２次関数とみます。係数はｃの式になりますが、２次の係数は1≧cでは正になります。判別式をとります。ｃ、ｃ-1、5ｃ-8の積になりますが1≧cでは非正になります。ゆえにf(a,b,c)≧0となる。1≧cはmoonlightさんの欄にありますね。a≧b≧cでなく　a、b≧cでよさそう。

お礼

初めてのご回答で、このような埋もれた質問にご回答くださりありがとうございます。

＞f(a,b,c)がaについての1次関数になるにはｂｃが固定されたらではないか。
bcって書いたら普通はb×cですよね。分かりにくかったです。
aについての1次関数といっているのだから、b,cは定数として扱われています。

＞がｂｃが決まると本題の場合aは1個の数になる。区間ではない。
そりゃそうです。b、cが決まれば。確かにa=4ではb=c=0と決定されてしまいますが、その他の場合では、1つのaに対してb、cは一通りには定まりません。

aabel様の解については、最初私もその方向でやったので、あっていると思います。ありがとうございました。
それにしても、自信満々で誤答を書いてくれたmoonlightさんはどうしたんでしょうね。私も誤答したことがありますけど、そのまま放置は恥ずかしすぎるのでちゃんと謝ったものですが。

回答No.4

mister_moonlight

今頃、書き込みミスに気がついた。。。。。。ｗ

(誤)a≧b≧c≧0　と仮定しても一般性を失わない。
従って、a＋b＋c＋abc≧3a＋a＾3　→　4≧3a＋a＾3　であるからこれを解くと　0≦a≦1。
同様にして、0≦b≦1　0≦c≦1。

(正)a≧b≧c≧0　と仮定しても一般性を失わない。
従って、a＋b＋c＋abc≧3c＋c＾3　→　4≧3c＋c＾3　であるからこれを解くと　0≦c≦1。
同様にして、0≦b≦1　0≦a≦1。

お礼

a≧b≧c≧0と仮定した場合0≦c≦1が導き出せたとして、0≦b≦1を導くためにはa≧b≧c≧0と相反する仮定が必要になるので、1≧a,b,c≧0は間違っていると思います。例えば、(a,b,c)=(4,0,0)でも証明すべき不等式は成立しますし。

補足

等号成立条件について、一応出来たので載せておきます。

～～～
最後に、等号成立条件を求める。
f(a,b,c)=0より、a(1-b-c)=bc-b-c
ここで、b+c=1のときはbc=1となり、b,cが実数にならないため不適。
よってb+c≠1なので、a=(bc-b-c)/(1-b-c) …※

次に、aについて場合分けをする

(A)a=1のとき
※よりbc=1、(2)式よりb+c+bc=3だから、b=c=1
よってf(1,1,1)=0

(B)a＞1かつc=0のとき
※よりa+b=4、(2)式よりa+b=4だから、a=b=2
よって、f(2,2,0)=0

(C)a＞1かつc＞0のとき
※よりbc＞1となるが、これはa＞1≧b≧c＞0に反し不適。

以上より、等号成立条件は(a,b,c)=(1,1,1)(2,2,0)(2,0,2)(0,2,2)■

回答No.3

mister_moonlight

絶対不等式が思いつきにくいなら、関数で考えよう。但し、0≦a≦1、0≦b≦1、0≦c≦1 は使うよ。

整数問題と不等式の証明は“思いつき”が必要になる場合があるが、それが辛いし、又　面白いところだ。

f(a)＝a*(1-b-c)+b+c-bcとおくと、これは　aの一次関数。
従って、0≦a≦1で　f(1)≧0、f(0)≧0　であると良い。
f(1)＝1-bc≧0。f(0)＝(1-c)*b＋c　これは、1-c≧0より傾きが非負のbの一次関数。
よって、0≦b≦1であるから　f(0)＝(1-c)*b＋c≧c≧0.
以上から、f(1)≧0、f(0)≧0　であるから、a+b+c≧ab+bc+ca。

で、等号の成立は？

お礼

等号の成立条件については、今のところ(1,1,1)と(2,2,0)は見つかっているのですが、上の証明にうまく組み込めません。もう少し考えて見ます。

回答No.2

mister_moonlight

こんなのは思いつけば簡単にいく。
対称性に着目しているところは良いんだが。。。。。。w

a≧b≧c≧0　としても仮定しても一般性を失わない。
従って、a＋b＋c＋abc≧3a＋a＾3　→　4≧3a＋a＾3　であるからこれを解くと　0≦a≦1。
同様にして、0≦b≦1　0≦c≦1。

a、b、cが実数から絶対不等式：a＾2＋b＾2＋c＾2≧ab＋bc＋ca　が成立する。等号は？
つまり、a＋b＋c≧a＾2＋b＾2＋c＾2≧ab＋bc＋ca　が成立するすることを示すと良い。
a＋b＋c-(a＾2＋b＾2＋c＾2)＝a*(1-a)＋b*(1-b)＋c*(1-c)≧0.

以上から、a+b+c≧ab+bc+ca　等号は？

お礼

回答ありがとうございます。
思いつくまでが大変でしたが、その後も結構大変でしたorz

回答No.1

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丁寧な解答拝見させてもらいました。私は正しいように思いました。
最初は解答を見ないで考えましたが、うまくいかなかったので。解答を拝見してしまいました。

従って、(2)より1≧abc…(4)が成り立つ。
この部分はa+b+c+abc=4 …(2)に相加相乗を使うとすぐにわかるとおもいました。

別解があるか。私も興味深いです。

お礼

回答ありがとうございました。
相加相乗については、私ももう少し自然な導き方がある気がしています。
あと、自分で間違いに気づきました。最後のほうで、f(4,0,0)=4です。