Задача №18029

Найдите все пары вещественных чисел $(a,b)\text{,}$ при которых неравенство

$$4a(x+2{)}^4+7b(x-2{)}^4⩽x^4+24x^2+16$$

справедливо для всех вещественных $x\text{.}$

Требуется найти все пары $(a,b)\text{,}$ при которых

$$4a(x+2{)}^4+7b(x-2{)}^4⩽x^4+24x^2+16$$

выполняется для всех вещественных $x\text{.}$

Ключевое наблюдение — правая часть есть полусумма четвёртых степеней. Раскрывая,

$$(x+2{)}^4=x^4+8x^3+24x^2+32x+16,(x-2{)}^4=x^4-8x^3+24x^2-32x+16,$$

складывая, получаем

$$(x+2{)}^4+(x-2{)}^4=2x^4+48x^2+32=2(x^4+24x^2+16),$$

то есть

$$x^4+24x^2+16=\frac{(x+2{)}^4+(x-2{)}^4}{2}.$$

Введём обозначения $u=(x+2{)}^4⩾0$ и $v=(x-2{)}^4⩾0\text{.}$ Тогда неравенство равносильно

$$4au+7bv⩽\frac{u+v}{2}⟺(4a-\frac{1}{2})u+(7b-\frac{1}{2})v⩽0(\ast )$$

и оно должно выполняться при всех $x\text{.}$

Необходимость. Подставим частные значения $x\text{,}$ при которых одна из скобок обнуляется (и обе величины $u,v$ определены, ОДЗ — вся ось, ограничений нет):

$$x=2:v=(x-2{)}^4=0,u=(x+2{)}^4=4^4=256>0\Rightarrow (4a-\frac{1}{2})\cdot 256⩽0\Rightarrow a⩽\frac{1}{8};$$ $$x=-2:u=(x+2{)}^4=0,v=(x-2{)}^4=(-4{)}^4=256>0\Rightarrow (7b-\frac{1}{2})\cdot 256⩽0\Rightarrow b⩽\frac{1}{14}.$$

Итак, условия $a⩽\frac{1}{8}$ и $b⩽\frac{1}{14}$ необходимы.

Достаточность. Пусть $a⩽\frac{1}{8}$ и $b⩽\frac{1}{14}\text{.}$ Тогда $4a-\frac{1}{2}⩽0$ и $7b-\frac{1}{2}⩽0\text{.}$ Поскольку $u=(x+2{)}^4⩾0$ и $v=(x-2{)}^4⩾0$ при любом $x\text{,}$ каждое слагаемое в $(\ast )$ неположительно, значит и их сумма неположительна:

$$(4a-\frac{1}{2})u+(7b-\frac{1}{2})v⩽0\text{для всех }x.$$

Следовательно исходное неравенство выполняется при всех вещественных $x\text{.}$

Проверка краёв (граница достигается): при $a=\frac{1}{8},b=\frac{1}{14}$ скобки равны нулю, неравенство обращается в тождество $0⩽0\text{;}$ равенство в исходном достигается при $x=2$ (тогда $v=0$) и при $x=-2$ (тогда $u=0$). Граница включается, посторонних значений нет.

Ответ: множество пар — замкнутая четверть-плоскость $a⩽\frac{1}{8},b⩽\frac{1}{14}\text{.}$