Matematyka.pl

Na mocy nierówności między średnią arytmetyczną a harmoniczną jest w dodatnich:
\(\displaystyle{ \frac{\frac 1 x+\frac 1 y}{2} \ge \frac 2{x+y}}\), a równoważnie
\(\displaystyle{ \frac 1 x+\frac 1 y\ge \frac 4{x+y}}\).
Kładziemy w powyższym \(\displaystyle{ x:=\frac b a, \ y:=\frac c a}\) i otrzymujemy
\(\displaystyle{ \frac a b+\frac a c\ge \frac{4a}{b+c}}\).
Dalej podobnie dla \(\displaystyle{ x:=\frac b c, \ y:=\frac a c}\) i jeszcze jedna analogiczna nierówność, otrzymane trzy nierówności dodajemy stronami i teza, obojętnie jakie pićko, nie dzwońcie do mnie teraz, bo nie mam czasu.

To tak przypomina USAMO 2004-5, że szkoda byłoby nie spróbować analogicznej sztuczki. Chwilę mi zajęło wykombinowanie tego, a na koniec okazało się, zgodnie zresztą z podejrzeniami, że "moje" rozwiązanie, tj. \(\left(x^2-x+1\right)^3\ge\left(\frac{x^3+1}{2}\right)^2\) + Hölder, już istnieje i że to jest raczej taki standardzik, więc bez sensu wrzucać całość. Pokażę może, jak można to uzyskać z AM-GM, choć to nie był mój pierwszy pomysł.
\[\begin{aligned}x^2-x+1&=\frac{x^3+1}{x+1}\\&=\frac{\frac{1}{3}\left(3x^3+3\right)}{x+1}\\&=\frac{\frac{1}{3}\left(\frac{1}{4}\left(4x^3+4\right)+2\left(x^3+1\right)\right)}{x+1}\\&=\frac{\frac{1}{3}\left(\frac{1}{4}\left(x^3+\left(x^3+x^3+1\right)+\left(x^3+1+1\right)+1\right)+2\left(x^3+1\right)\right)}{x+1}\\&\ge\frac{\frac{1}{3}\left(\frac{1}{4}\left(x^3+3x^2+3x+1\right)+2\left(x^3+1\right)\right)}{x+1}\\&=\frac{\frac{1}{3}\left(\frac{1}{4}(x+1)^3+2\left(x^3+1\right)\right)}{x+1}\\&=\frac{\frac{1}{3}\left(\frac{(x+1)^3}{4}+\left(x^3+1\right)+\left(x^3+1\right)\right)}{x+1}\\&\ge\frac{\sqrt[3]{\frac{(x+1)^3}{4}\cdot\left(x^3+1\right)^2}}{x+1}\\&=\sqrt[3]{\frac{1}{4}\left(x^3+1\right)^2}\end{aligned}\]
Narysowanie nierówności w desmosie dało tyle, że nie porzuciłam problemu, więc teraz ciekawostka, której nikt nie potrzebuje i dlatego każdy na nią zasługuje. Otóż z tożsamości \[4\prod\left(a^2-a+1\right)-(abc+1)^2=\sum\left(a^2+1\right)(b-1)^2(c-1)^2+\sum (a-bc)^2\] wynika, że nierówność z zadania jest prawdziwa dla dowolnych \(a,b,c\in\mathbb{R}\) z równością wtw, gdy \(a=b=c=1\).

Nie wnikam, jak jest zdefiniowane \(a_0\), będę rozwiązywać dla \(n\ge 2\). Biorąc \(n=2\) dostajemy \(a_n=a_2=\left(\sqrt{2}\right)^2=2\) oraz \(a_{n-1}=a_1=1\), oraz \(a_{n+1}=a_3=\sqrt[3]{6}\), więc \(a_2^2\ge a_1a_3\). Dowiedziemy (o ile się nie pomylimy), że \(a_n^2\ge a_{n-1}a_{n+1}\) dla wszystkich \(n\ge 2\). Przekształcając, dostajemy kolejno \[(n!)^{\frac{2}{n}}\ge\left((n-1)!\right)^{\frac{1}{n-1}}\cdot\left((n+1)!\right)^{\frac{1}{n+1}}\] \[(n!)^{2(n-1)(n+1)}\ge\left((n-1)!\right)^{n(n+1)}\cdot\left((n+1)!\right)^{n(n-1)}\] \[\left((n-1)!\right)^{2(n-1)(n+1)}\cdot n^{2(n-1)(n+1)}\ge\left((n-1)!\right)^{n(n+1)}\cdot\left((n-1)!\right)^{n(n-1)}\cdot\left(n(n+1)\right)^{n(n-1)}\] \[\left((n-1)!\right)^{2n^2-2}\cdot n^{2(n-1)(n+1)}\ge\left((n-1)!\right)^{2n^2}\cdot\left(n(n+1)\right)^{n(n-1)}\] \[\left(\frac{n^{2(n+1)}}{n^n(n+1)^n}\right)^{n-1}\ge\left((n-1)!\right)^2\] \[n^2\cdot\left(\frac{n}{n+1}\right)^n\ge\left((n-1)!\right)^{\frac{2}{n-1}}\] Z AM-GM wynika, że wystarczy dowieść \[n^2\cdot\left(\frac{n}{n+1}\right)^n\ge\left(\frac{\sum\limits_{i=1}^{n-1}i}{n-1}\right)^2,\] czyli znów kolejno \[n^2\cdot\left(\frac{n}{n+1}\right)^n\ge\left(\frac{\frac{1+(n-1)}{2}\cdot(n-1)}{n-1}\right)^2\] \[n^2\cdot\left(\frac{n}{n+1}\right)^n\ge\left(\frac{n}{2}\right)^2\] \[4\ge\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\]
Prawa strona ostatniej nierówności jest rosnąca, bo dla \(m>n\) mamy z AM-GM \(\frac{m+1}{m}=\frac{n\cdot\frac{n+1}{n}+(m-n)\cdot 1}{n+(m-n)}>\sqrt[n+(m-n)]{\left(\frac{n+1}{n}\right)^n\cdot 1^{m-n}}\), a z definicji \(\lim\limits_{n\to +\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e\). Poniewaz także z prostej indukcji \[e=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{1}{i!}\le 1+\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{1}{2^i}=1+\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=3<4,\] to dowód jest zakończony.

Bez straty ogólności niech \(\displaystyle{ a\ge b\ge c}\). Rozważ dwa przypadki:
1) Powiedzmy, że \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2\le 1}\). Wówczas teza jest oczywista, gdyż
\(\displaystyle{ a^4+b^4+c^4+1+2abc-\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+a^2+b^2+c^2\right)= \frac 1 2\left(a^2-b^2\right)^2+\frac 1 2\left(b^2-c^2\right)^2+\frac 1 2\left(c^2-a^2\right)^2+ 1-a^2-b^2-c^2+2abc.}\)
Równość może zajść tylko wtedy, gdy jednocześnie \(\displaystyle{ a^2=b^2, \ b^2=c^2, \ c^2=a^2, \ a^2+b^2+c^2=1}\) oraz \(\displaystyle{ 2abc=0}\),co jest wykluczone, bo wtedy \(\displaystyle{ 0=3c^2=a^2+b^2+c^2=1}\).
2) Teraz przyjmę, że \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2>1}\). Oznaczę \(\displaystyle{ f(a,b,c)=a^4+b^4+c^4+1+2abc-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2-a^2-b^2-c^2}\).
Wykażę, że \(\displaystyle{ f(a,b,c)\ge f\left(\sqrt{ab}, \sqrt{ab}, c\right)}\). Istotnie, mamy
\(\displaystyle{ f(a,b,c)-f\left(\sqrt{ab}, \sqrt{ab}, c\right)=\left(a^2-b^2\right)^2-c^2(a-b)^2-(a-b)^2=(a-b)^2\left((a+b)^2-c^2-1\right)=\\=(a-b)^2\left(a^2+b^2+c^2-1+2ab-2c^2\right)\ge 0,}\)
wszak \(\displaystyle{ ab\ge c^2 \wedge a^2+b^2+c^2>1.}\)
Pozostaje więc udowodnić, że
\(\displaystyle{ f\left(\sqrt{ab}, \sqrt{ab}, c\right)\ge 0}\), co prowadzi nas do nierówności kwadratowej zmiennej \(\displaystyle{ t=ab, \ t\ge 0}\) z nieujemnym parametrem \(\displaystyle{ c}\) o następującej postaci: \(\displaystyle{ 2t^2+c^4+1+2tc\ge t^2+2tc^2 +2t+c^2}\). Łatwo widać, że jest ona spełniona, co kończy dowód. Równość zachodzi dla \(\displaystyle{ (a,b,c)\in\left\{(1,1,1), (1,1,0)\right\}}\).

To jest szczególny przypadek nierówności Turkiewicza (Э. Туркевич)
\[a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+a^2d^2+b^2d^2+c^2d^2\] dla \(d=1\). Idea powyższego dowodu również tu działa, może nawet bardziej bezproblemowo. Nierówność Turkiewicza sama jest szczególnym przypadkiem nierówności Szlejfera (Ф. Шлейфер)
\[(n-1)\sum\limits_{i=1}^n a_i^4+n\left(\prod\limits_{i=1}^n a_i^4\right)^{\frac{1}{n}}\ge\left(\sum\limits_{i=1}^n a_i^2\right)^2\] dla \(n=4\).

Co do tego wcześniejszego zadania, być może użyteczny będzie poniższy artykuł.