Z ograniczeń dolnych na zmienne wynika, że w istocie
\(\displaystyle{ a,b,c \in (1,4)}\), ja w rozumowaniu zastąpię ten przedział przez
\(\displaystyle{ [1,4]}\), bo tak mi wygodniej.
Rozważmy funkcję
\(\displaystyle{ f(x)=\frac{\ln x}{6-x}}\). Mamy:
\(\displaystyle{ f'(x)=\frac{1}{x(6-x)}+\frac{\ln x}{(6-x)^2}\\f''(x)=\frac{2x-6}{x^2(6-x)^2}+\frac{1}{x(6-x)^2}+\frac{2\ln x}{(6-x)^3}\\=\frac{(3x-6)(6-x)+2x^2\ln x}{x^2(6-x)^3}\\=\frac{1}{(6-x)^3}\cdot\left(2\ln x-3+\frac{24}{x}-\frac{36}{x^2}\right).}\)
Oczywiście w omawianym przedziale jest
\(\displaystyle{ \frac{1}{(6-x)^3}>0}\), zajmiemy się teraz czynnikiem
\(\displaystyle{ 2\ln x-3+\frac{24}{x}-\frac{36}{x^2}}\). Jeśli oznaczymy
\(\displaystyle{ g(x)=2\ln x-3+\frac{24}{x}-\frac{36}{x^2}}\), to nietrudno się przekonać, że
\(\displaystyle{ g(1)=-15<0, \ g(2)=2\ln 2>0}\), a ponadto
\(\displaystyle{ g'(x)=\frac 2 x-\frac {24}{x^2}+\frac{72}{x^3}=\frac{2(x-6)^2}{x^3}>0}\). Zatem
\(\displaystyle{ g}\) jest rosnąca w
\(\displaystyle{ [1,4]}\) (w szczególności w
\(\displaystyle{ (1,2)}\)), co w połączeniu ze znakiem
\(\displaystyle{ f(1), \ f(2)}\) daje nam istnienie dokładnie jednego
\(\displaystyle{ x_0\in (1,2)}\), dla którego
\(\displaystyle{ g(x_0)=0}\), ponadto w
\(\displaystyle{ [1,x_0)}\) funkcja
\(\displaystyle{ g}\) jest ujemna, zaś w
\(\displaystyle{ (x_0,4]}\) - dodatnia. Czyli istnieje dokładnie jeden punkt przegięcia
\(\displaystyle{ f}\) (właśnie rzeczone
\(\displaystyle{ x_0}\)) w przedziale
\(\displaystyle{ [1,4]}\) i na lewo odeń
\(\displaystyle{ f}\) jest wklęsła, a na prawo - wypukła.
Rozważymy teraz trzy przypadki (ostatni będzie doprawdy obmierzły).
1. Przypuśćmy, że
\(\displaystyle{ a,b,c\ge x_0}\). Wówczas teza natychmiast wynika z nierówności Jensena dla
\(\displaystyle{ f(x)=\frac{\ln x}{6-x}}\), równych wag i argumentów
\(\displaystyle{ a, \ b, \ c}\).
2. Dla ustalenia uwagi niech
\(\displaystyle{ a\le b<x_0\le c}\).
2a) Niech
\(\displaystyle{ a+b<1+x_0}\). Funkcja
\(\displaystyle{ f}\) jest wklęsła w
\(\displaystyle{ [1,x_0]}\), a ponadto
\(\displaystyle{ (a+b-1,1)\succ(b,a)}\). wobec tego na mocy nierówności Karamaty jest
\(\displaystyle{ f(a)+f(b)\ge f(a+b-1)+f(1)}\)
i wystarczy udowodnić, że
\(\displaystyle{ f(a+b-1)+f(1)+f(c)\ge \frac 3 4\ln 2}\), przy czym
\(\displaystyle{ a+b+c=6}\).
To natomiast sprowadza się do nierówności
\(\displaystyle{ \frac{\ln(5-c)}{1+c}+\frac{\ln c}{6-c}\ge \frac 3 4\ln 2}\), a równoważnie:
\(\displaystyle{ (6-c)\ln(5-c)+(1+c)\ln c\ge \frac 3 4\ln 2(1+c)(6-c)}\).
Funkcja
\(\displaystyle{ x\mapsto (1+x)\ln x}\) jest wypukła w
\(\displaystyle{ [1,+\infty)}\) (jej druga pochodna to
\(\displaystyle{ \frac{x-1}{x^2}}\)) i
\(\displaystyle{ 5-c\ge 5-4=1}\), więc na mocy nierówności Jensena dla równych wag, wspomnianej funkcji i argumentów
\(\displaystyle{ 5-c, \ c}\) mamy
\(\displaystyle{ (6-c)\ln(5-c)+(1+c)\ln c\ge 2\cdot \left(\frac{(6-c)+(1+c)}{2}\right)\ln\left(\frac{(5-c)+c}{2}\right)=7\ln \left(\frac 5 2\right)}\).
Ponadto z AM-GM dostajemy
\(\displaystyle{ (1+c)(6-c)\le\left(\frac{(1+c)+(6-c)}{2}\right)^2=\frac{49}{4}}\). Wystarczy więc wykazać, że
\(\displaystyle{ 7\ln\left(\frac 5 2\right)\ge \frac{147}{16}\ln 2\\\ln\left(\frac 5 2\right)\ge \frac{21}{16}\ln 2\\5^{16}\ge 2^{37}}\),
a to jest prawdą na mocy obliczeniowej Wolframa.
2b) Niech
\(\displaystyle{ a+b\ge 1+x_0}\). Funkcja
\(\displaystyle{ f}\) jest wklęsła w przedziale
\(\displaystyle{ [1,x_0]}\), a ponadto
\(\displaystyle{ (x_0, a+b-x_0)\succ (b,a)}\). Zatem na mocy nierówności Karamaty zachodzi
\(\displaystyle{ f(a)+f(b)\ge f(x_0)+f(a+b-x_0)}\) i wystarczy wykazać, że
\(\displaystyle{ f(x_0)+f(a+b-x_0)+f(c)\ge \frac 3 4\ln 2}\) przy
\(\displaystyle{ a+b+c=6}\), a to nas przenosi do rozważonego poniżej przypadku nr 3.
3. No i tu jest mięso (najtańsze z Biedry, dłubanina i wiele z tego nie wynika, prócz rozwiązania zadania).
Dla ustalenia uwagi niech
\(\displaystyle{ a<x_0, \ b,c\ge x_0}\). Używamy nierówności Jensena dla funkcji
\(\displaystyle{ f(x)=\frac{\ln x}{6-x}}\) wypukłej w
\(\displaystyle{ [x_0,4]}\), równych wag i argumentów
\(\displaystyle{ b,c}\), dostając w rezultacie
\(\displaystyle{ \frac{\ln a}{6-a}+\frac{\ln b}{6-b}+\frac{\ln c}{6-c}\\\ge \frac{\ln a}{6-a}+\frac{2\ln\left(\frac{b+c}{2}\right)}{6-\frac{b+c}{2}}\\=\frac{\ln a}{6-a}+\frac{2\ln\left(3-\frac a 2\right)}{3+\frac a 2}}\).
Dalej dowodzimy nierówności
\(\displaystyle{ \frac{\ln a}{6-a}+\frac{2\ln\left(3-\frac a 2\right)}{3+\frac a 2}\ge \frac 3 4\ln 2}\) przy
\(\displaystyle{ a\in[1,x_0)}\), a właściwie nawet użyję
\(\displaystyle{ a\in [1,2]}\).
Równoważnie:
\(\displaystyle{ (6+a)\ln a+4(6-a)\ln\left(3-\frac a 2\right)\ge \left(36-a^2\right)\cdot \frac 3 4\ln 2.}\)
Rozbijemy tę nierówność na dwóch przedziałach,
\(\displaystyle{ \left[1, \frac 3 2\right]}\) i
\(\displaystyle{ \left[\frac 3 2, 2\right]}\).
3a) Rozpatrzmy funkcję
\(\displaystyle{ h(a)=(6+a)\ln a+4(6-a)\ln\left(3-\frac a 2\right)- \left(36-a^2\right)\cdot \frac 3 4\ln 2}\).
Wykażę, że jest ona wklęsła w przedziale
\(\displaystyle{ \left[1, \frac 3 2\right]}\) (tak naprawdę jest wklęsła też troszkę dalej, ale nam to nie będzie potrzebne).
Mamy mianowicie
\(\displaystyle{ h''(a)= \frac{3a^2+12a-36}{a^2(6-a)}+\frac 3 2\ln 2}\).
Nietrudno więc stwierdzić, że
\(\displaystyle{ h''}\) jest rosnąca w
\(\displaystyle{ [1,2]}\) (łatwe ćwiczenie dla Czytelnika), poza tym
\(\displaystyle{ h''\left(\frac 3 2\right)<0.}\)
Zatem
\(\displaystyle{ h}\) istotnie jest wklęsła w
\(\displaystyle{ \left[1, \frac 3 2\right]}\). Funkcja wklęsła w danym przedziale przyjmuje swoje minimum w tym przedziale w jednym z jego krańców, wystarczy więc sprawdzić, że
\(\displaystyle{ h(1)\ge 0, \ h\left(\frac 3 2\right)\ge 0.}\)
To zaś sprowadza się do nierówności
\(\displaystyle{ 20\ln\left(\frac 5 2\right)\ge \frac{105}{4}\ln 2\\\frac{87}{2}\ln\left(\frac 3 2\right)\ge \frac{405}{16}\ln 2.}\)
Można je sobie sprawdzić na kompie, w sensie to naprawdę jest szmelc niewarty uwagi (jak ktoś bardzo chce to zrobić ręcznie, to można pokombinować z rozwinięciem
\(\displaystyle{ \ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)}\)).
3b) Teraz zajmiemy się
\(\displaystyle{ a\ge \frac 3 2}\).
Na drodze równoważnych przekształceń sprowadzam nierówność do następującej:
\(\displaystyle{ 3(x-2)^2 \ln 2+(96-16 x)\ln\left(1+\frac{2-x}{4}\right)\ge (24+4x)\ln\left(1+\frac{2-x}{x}\right)}\).
Następnie korzystam z nierówności
\(\displaystyle{ \ln(1+t)\ge t-\frac{t^2}{2}, \ t\ge 0\\ \ln(1+t)\le t-\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{3}, \ t\ge 0}\).
Wystarczy więc wykazać, że w omawianym przedziale jest
\(\displaystyle{ 3(2-x)^2\ln 2+(96-16 x)\left(\frac{2-x}{4}-\frac{(2-x)^2}{32}\right)\ge \left(24+4x\right)\left(\frac{2-x}{x}-\frac{(2-x)^2}{2x^2}+\frac{(2-x)^3}{3x^3}\right).}\)
Mnożymy to stronami przez
\(\displaystyle{ 6x^3}\), następnie dzielimy stronami przez
\(\displaystyle{ 2-x}\)(dla
\(\displaystyle{ x<2}\), bo oczywiście dla
\(\displaystyle{ x=2}\) mamy równość) i otrzymujemy
\(\displaystyle{ 18x^3(2-x)\ln 2+6x^3(96-16x)\left(\frac 1 4-\frac{2-x}{32}\right)\ge (24+4x)\left(11x^2-14x+8\right)\\18x^3(2-x)\ln 2+3x^3\left(36-x^2\right)\ge (24+4x)\left(11x^2-14x+8\right) \ .}\)
Pozbywam się jeszcze tego
\(\displaystyle{ \ln 2}\):
mamy
\(\displaystyle{ \ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)\ge 2x+\frac 2 3x^3}\) i kładąc
\(\displaystyle{ x:=\frac 1 3}\), dostajemy
\(\displaystyle{ \ln 2\ge \frac 2 3+\frac{2}{81}=\frac{56}{81}}\). Wystarczy nam więc prawdziwość nierówności
\(\displaystyle{ 18x^3(2-x)\cdot \frac{56}{81}+3x^3\left(36-x^2\right)\ge (24+4x)\left(11x^2-14x+8\right), \ x\in \left[\frac 3 2, \ 2\right]}\).
Poprzestańmy na deklaracji: to się da zrobić.
Ja idę spać.