Udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ x, y, z \geq \frac{1}{2} }\) oraz \(\displaystyle{ xyz=1}\), to \(\displaystyle{ \frac{2}{x} + \frac{2}{y}+ \frac{2}{z} \geq x+y+z+3}\).
Ostatnio zmieniony 17 lip 2021, o 14:50 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód:Interpunkcja.
Niech \(\displaystyle{ a=\frac{1}{x},\ b=\frac{1}{y},\ c=\frac{1}{z}}\). Będziemy dowodzić, że nierówność $$2(a+b+c)\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+3$$ jest prawdziwa dla wszystkich \(\displaystyle{ 0<a,b,c\le 2}\), takich że \(\displaystyle{ abc=1}\).
Równoważnie $$2(a+b+c)\ge ab+bc+ca+3.$$
Najpierw ograniczymy sobie \(\displaystyle{ a+b+c}\) dowodząc, że \(\displaystyle{ 3\le a+b+c\le\frac{17}{4}}\).
Dolne ograniczenie wynika z AM-GM, bo \(\displaystyle{ a+b+\frac{1}{ab}\ge 3\sqrt[3]{a\cdot b\cdot\frac{1}{ab}}}\).
Ponieważ przypuszczenie \(\displaystyle{ 0<ab,bc,ca<\frac{1}{2}}\) prowadzi do \(\displaystyle{ abc<\frac{1}{2\sqrt{2}}<1}\), co jest sprzeczne z warunkiem zadania, więc symetria pozwala bez straty ogólności przyjąć, że \(\displaystyle{ ab\ge\frac{1}{2}}\). Jasne jest również, że \(\displaystyle{ 4\ge ab}\). Dodatkowo, \(\displaystyle{ (2-a)(2-b)\ge 0}\) daje \(\displaystyle{ 2+\frac{ab}{2}\ge a+b}\), zatem mamy $$a+b+\frac{1}{ab}\le 2+\frac{ab}{2}+\frac{1}{ab}$$ i wystarczy dowieść $$\frac{17}{4}-2-\frac{ab}{2}-\frac{1}{ab}=\frac{(2ab-1)(4-ab)}{4ab}\ge 0.$$ To jest oczywiście prawda.
Wracamy do głównego, problemu. Oznaczmy \(\displaystyle{ a+b+c=p}\). Z nierówności Schura trzeciego stopnia mamy \(\displaystyle{ \frac{p^3+9}{4p}\ge ab+bc+ca}\), więc wystarczy dowieść $$2p\ge\frac{p^3+9}{4p}+3$$ dla \(\displaystyle{ 3\le p\le\frac{17}{4}}\), czyli że $$2p-\frac{p^3+9}{4p}-3=\frac{(p-3)\left(3+(5-p)p\right)}{4p}\ge 0.$$ To jest prawda, bo \(\displaystyle{ p\le\frac{17}{4}<\frac{20}{4}=5}\).
Równość zachodzi wtw, gdy \(\displaystyle{ a+b+c=3}\), \(\displaystyle{ abc=1}\) oraz \(\displaystyle{ ab+bc+ca=\frac{(a+b+c)^3+9}{4(a+b+c)}=3}\), tzn. gdy \(\displaystyle{ x=y=z=1}\).
Pozwolę sobie zaproponować alternatywne rozwiązanie.
Ukryta treść:
Niechaj \(\displaystyle{ f(x,y,z)=\frac2x+\frac2y+\frac2z-x-y-z-3}\). Bez straty ogólności niech \(\displaystyle{ xy\le 1}\).
Mamy wówczas \(\displaystyle{ \frac2x+\frac2y+\frac 2z-x-y-z-3\ge \frac4{\sqrt{xy}}-2\sqrt{xy}+\frac2z-z-3\\\Leftrightarrow 2y+2x-xy(x+y)\ge 4\sqrt{xy}-2(xy)^{\frac32}\\\Leftrightarrow (2-xy)\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2\ge 0}\).
co jest jasne.
Wystarczy więc wykazać, że \(\displaystyle{ f\left(t,t,\frac1{t^2}\right)\ge 0, \ 1\ge t\ge \frac12}\), czyli że \(\displaystyle{ \frac 4t+2t^2-2t-\frac{1}{t^2}-3\ge 0}\).
Równoważnie: \(\displaystyle{ 2t^4-2t^3-3t^2+4t-1\ge 0\\2(t-1)^2\left(t^2+t-\frac 12\right)\ge 0}\)
a to jest oczywiste, gdy \(\displaystyle{ t\ge \frac12}\).