Matematyka.pl

Nierówność zależy w sposób symetryczny od zmiennych \(\displaystyle{ a_{2}, a_{3}\ldots a_{n-1}}\), zatem nie zaszkodzi rozważyć przypadku \(\displaystyle{ a_{2}=a_{3}=\ldots=a_{n-1}=x}\)
Wtedy nierówność z zadania przyjmuje formę
\(\displaystyle{ \frac{a_{1}^{2}+a_{n}^{2}+(n-2)x^{2}}{n}\ge \left(\frac{a_{1}+a_{n}+(n-2)x}{n}\right)^{2}+C_{n}(a_{1}-a_{n})^{2}}\)
Traktujemy różnicę lewej i prawej strony jako funkcję kwadratową \(\displaystyle{ f(x)}\) zmiennej \(\displaystyle{ x>0}\), ma ona postać
\(\displaystyle{ \frac{2n-4}{n^{2}}x^{2}-\frac{2(n-2)(a_{1}+a_{n})}{n^{2}}x+\frac{a_{1}^{2}+a_{n}^{2}}{n}-\left(\frac{a_{1}+a_{n}}{n}\right)^{2}-C_{n}(a_{1}-a_{n})^{2}}\)
Dla \(\displaystyle{ n=2}\) ta funkcja jest stała, zadanie trywializuje się, gdyż
\(\displaystyle{ \frac{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}}{2}-\left(\frac{a_{1}+a_{2}}{2}\right)^{2}=\frac{(a_{1}-a_{2})^{2}}{4}}\) i łatwo widać, że odpowiednia stałą jest \(\displaystyle{ C_{2}=\frac{1}{4}}\), natomiast dla \(\displaystyle{ n>2}\) mamy do czynienia z funkcją kwadratową zmiennej \(\displaystyle{ x}\) o dodatnim współczynniku przy \(\displaystyle{ x^{2}}\). Wobec tego przyjmuje ona swe minimum globalne w punkcie
\(\displaystyle{ x_{w}=\frac{\frac{2(n-2)(a_{1}+a_{n})}{n^{2}}}{2\cdot \frac{2n-4}{n^{2}}}=\frac{a_{1}+a_{n}}{2}}\)
Ponadto mamy
\(\displaystyle{ f\left(\frac{a_{1}+a_{n}}{2}\right)=\frac{a_{1}^{2}+a_{n}^{2}}{n}-\frac{1}{2n}(a_{1}+a_{n})^{2}-C_{n}(a_{1}-a_{n})^{2}=(a_{1}-a_{n})^{2}\left(\frac{1}{2n}-C_{n}\right)}\),
zatem stała \(\displaystyle{ C_{n}=\frac{1}{2n}}\) działa w szczególnym przypadku \(\displaystyle{ a_{2}=a_{3}=\ldots=a_{n-1}}\) oraz żadna stała \(\displaystyle{ C_{n}}\) większa niż \(\displaystyle{ \frac{1}{2n}}\) nie zadziała: wystarczy w celu udowodnienia tego wziąć np. \(\displaystyle{ a_{1}=2, \ a_{n}=1, \ a_{2}=a_{3}=\ldots=a_{n-1}=\frac{3}{2}}\)
Wykażemy teraz, że stała \(\displaystyle{ C_{n}=\frac{1}{2n}}\) działa:
zastępując w nierówności
\(\displaystyle{ \frac{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\ldots+a_{n}^{2}}{n}\ge \left(\frac{a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n}}{n}\right)^{2}+\frac{1}{2n}(a_{1}-a_{n})^{2}}\)
dla \(\displaystyle{ n>2}\) liczby \(\displaystyle{ a_{2}, \ldots a_{n-1}}\) ich średnią arytmetyczną, nie zwiększamy LHS, podczas gdy RHS pozostaje bez zmian. Wynika to natychmiast z nierówności między średnią kwadratową a arytmetyczną:
\(\displaystyle{ \sqrt{\frac{a_{2}^{2}+\ldots+a_{n-1}^{2}}{n-2}}\ge \frac{a_{2}+\ldots+a_{n-1}}{n-2}\\a_{2}^{2}+\ldots+a_{n-1}^{2}\ge (n-2)\left(\frac{a_{2}+\ldots +a_{n-1}}{n-2}\right)^{2}\\\frac{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\ldots+a_{n-1}^{2}+a_{n}^{2}}{n}\ge \frac{a_{1}^{2}+(n-2)\left(\frac{a_{2}+\ldots +a_{n-1}}{n-2}\right)^{2}+a_{n}^{2}}{n}}\)
to kończy dowód, gdyż dla przypadku \(\displaystyle{ a_{2}=\ldots=a_{n-1}, \ C_{n}=\frac{1}{2n}}\) już wykazaliśmy, co trzeba.

Wystarczanie natychmiast mamy z tożsamości \(\displaystyle{ x^2+y^2=\frac{(x+y)^2+(x-y)^2}{2}}\) zastosowanej do liczb \(\displaystyle{ a_1,a_n}\) oraz QM-AM/C-S. Nie wrzucałam tego rozwiązania, bo identyczne udało mi się znaleźć na aops, a raczej nic jeszcze prostszego bym nie wymyśliła.

Niech \(\displaystyle{ (x_i)}\) będzie taką permutacją ciągu \(\displaystyle{ (a_i)}\), że \(\displaystyle{ x_i\ge x_{i+1}}\) dla \(\displaystyle{ 1\le i\le n-1}\). To oznacza, że ciągi liczb dodatnich \(\displaystyle{ \left(x_i^{11}\right)}\) oraz \(\displaystyle{ \left(x_i^{-7}\right)}\) są przeciwnie uporządkowane, więc z nierówności dla ciągów jednomonotonicznych i Höldera mamy $$n^3\sum\limits_{i=1}^n\frac{a_i^{11}}{a^7_{i+1}}\ge n^3\sum\limits_{i=1}^n\frac{x_i^{11}}{x_i^7}=n^3\sum\limits_{i=1}^n x_i^4\ge\left(\sum\limits_{i=1}^n x_i\right)^4=n^4$$ z równością wtw, gdy \(\displaystyle{ a_i=1}\) for \(\displaystyle{ 1\le i\le n}\).

bez ograniczenia ogólności rozumowania przyjmiemy, że \(x\ge y\ge z\)

przy oznaczeniu \(t=\min\{x-y,y-z\}\) mamy \(x-y, y-z \ge t \ge 0\) oraz \(t^2=\min\{(x-y)^2,(y-z)^2,(z-x)^2\}\), tak więc następujący rachunek dowodzi tezy:
$$x^2+y^2+z^2\ge (x-z)^2+(y-z)^2 = ((x-y)+(y-z))^2+(y-z)^2 \ge (t+t)^2+t^2=5t^2$$

testujemy wartości \(x=1, y=0, z=-1\) i dowiadujemy się, że musi być \(k\ge \frac 12\); pokażemy poniżej, że dla \(k=\frac 12\) (a więc również dla każdego większego \(k\)) nierówność jest spełniona

z nierówności \((x+y+z)^2\ge 0\) wynika, że \(x^2+y^2+z^2\ge -2(xy+yz+zx)\), zatem
$$x^2+y^2+z^2 \ge \frac 23 \cdot (x^2+y^2+z^2-(xy+yz+zx)) = \frac 13 ((x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2)$$
któreś dwie liczby spośród \(x-y, y-z, z-x\) mają ten sam znak, powiedzmy że są to \(x-y, y-z\); oznaczmy \(t=\min\{|x-y|, |y-z|\}\) i zauważmy, że wówczas \((x-y)^2, (y-z)^2 \le (x-y)^2 + (y-z)^2 + 2(x-y)(y-z) = ((x-y)+(y-z))^2 = (z-x)^2\) i w konsekwencji \(\min\{(x-y)^2,(y-z)^2,(z-x)^2\} = \min\{(x-y)^2,(y-z)^2\}=t^2\)

stąd
$$(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2= (x-y)^2+(y-z)^2+((x-y)+(y-z))^2 = 2((x-y)^2+(y-z)^2+(x-y)(y-z)) \ge 2(t^2+t^2+t\cdot t) = 6t^2$$
i jesteśmy zrobieni

Ciągi \(\displaystyle{ \left(x^{3}+2, y^{3}+2, z^{3}+2\right)}\) oraz \(\displaystyle{ \left(\frac{1}{x+2}, \frac{1}{y+2}, \frac{1}{z+2}\right)}\)
są przeciwnie uporządkowane, a zatem z ciągów jednomonotonicznych
\(\displaystyle{ \frac{x^{3}+2}{y+2}+\frac{y^{3}+2}{z+2}+\frac{z^{3}+2}{x+2}\ge \frac{x^{3}+2}{x+2}+\frac{y^{3}+2}{y+2}+\frac{z^{3}+2}{z+2}}\)
Dokończyć można różnie, np. z mnożników Lagrange'a, ale ja wolę tak: znajdujemy szacowanie typu
\(\displaystyle{ \frac{x^{3}+2}{x+2}\ge ax+b }\), przy czym zgadujemy, że równość w oryginalnej nierówności jest dla \(\displaystyle{ x=y=z=1}\), więc
ma być \(\displaystyle{ 3a+3b=3}\), tj. \(\displaystyle{ a+b=1}\).
Nierówność przyjmuje więc formę
\(\displaystyle{ \frac{x^{3}+2}{x+2}\ge ax+1-a}\)
a po wymnożeniu:
\(\displaystyle{ x^{3}+2\ge ax^{2}+2ax+(1-a)x+2-2a}\)
Chcemy by \(\displaystyle{ x_{0}=1}\) był dwukrotnym pierwiastkiem wielomianu będącego różnicą LHS i RHS, a dwukrotny pierwiastek wielomianu jest też pierwiastkiem jego pochodnej, to zaś daje nam równanie:
\(\displaystyle{ 3=3a+1}\), z którego wychodzi \(\displaystyle{ a=\frac{2}{3}}\) i faktycznie, dla \(\displaystyle{ a=\frac{2}{3}}\) mamy
\(\displaystyle{ x^{3}+2-ax^{2}-x(1+a)-(2-2a)=x^{3}-\frac{2}{3}x^{2}-\frac{5}{3}a +\frac{4}{3} =\frac{1}{3}(x-1)^{2}(3x+4)\ge 0}\)
dla \(\displaystyle{ x\ge 0}\) z równością tylko dla \(\displaystyle{ x=1}\).
Podobnie szacujemy z dołu
\(\displaystyle{ \frac{y^{3}+2}{y+2}\ge \frac{2}{3}y+\frac{1}{3}\\\frac{z^{3}+2}{z+2}\ge \frac{2}{3}z+\frac{1}{3}}\)
dodajemy stronami i mamy tezę zadania.

Nie spotkało się to z zainteresowaniem, ja niestety mam tylko rozwiązanie mocno na pałę, ale dla porządku wrzucam.

Podstawiamy \(\displaystyle{ a=x^{n}, \ b=y^{n}, \ c=z^{n}}\), wówczas mamy \(\displaystyle{ a>0, \ b>0, \ c>0, \ abc=1}\), a teza przyjmuje postać
\(\displaystyle{ \frac{1}{2ka+kb+3n-3k}+\frac{1}{2kb+kc+3n-3k}+\frac{1}{2kc+ka+3n-3k}\le \frac{1}{n} }\)
Po cierpliwym wymnożeniu przez mianowniki prowadzi to do równoważnej nierówności
\(\displaystyle{ 3n(3n-3k)^{2}+7k^{2}n\sum_{}ab+2k^{2}n\sum a^{2}+6kn(3n-3k)\sum a\\ \le 9k^{3}abc+(3n-3k)^{3}+4k^{3}\sum a^{2}b+2k^{3}\sum ab^{2}+2k^{2}(3n-3k)\sum a^{2}+3k(3n-3k)^{2}\sum a+7k^{2}(3n-3k)\sum ab }\)
gdzie wszystkie sumy są cykliczne.
Rozważymy teraz dwa przypadki:
\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) powiedzmy, że \(\displaystyle{ 3k>n}\). Wówczas współczynnik przy \(\displaystyle{ \sum a}\) w LHS jest większy niż w RHS. Istotnie, mamy przy założeniach zadania \(\displaystyle{ 6kn(3n-3k)>3k(3n-3k)^{2}\Leftrightarrow 2n>3n-3k\Leftrightarrow 3k>n}\)
Redukcja wyrazów podobnych prowadzi nas do nierówności
\(\displaystyle{ 3k(3n-3k)^{2}-9k^{3}+\left[6kn(3n-3k)-3k(3n-3k)^{2}\right]\sum a\\ \le 4k^{3}\sum a^{2}b+2k^{3}\sum ab^{2}+\left[2k^{2}(3n-3k)-2k^{2}n\right]\sum a^{2} +\left[7k^{2}(3n-3k)-7k^{2}n\right] \sum ab}\)

Dalej posłuży nam pomysł, na który wpadłem przy rozważaniu szczególnego przypadku zadania \(\displaystyle{ n=2k}\), a mianowicie
\(\displaystyle{ 4a^{2}b+2ca^{2}+c^{2}+ab+ca\ge 9\sqrt[9]{a^{14}b^{5}c^{5}}=9a}\)
i podobne nierówności z przesunięciami cyklicznymi:
\(\displaystyle{ 4b^{2}c+2ab^{2}+a^{2}+bc+ab\ge 9\sqrt[9]{b^{14}c^{5}a^{5}}=9b\\4c^{2}a+2bc^{2}+b^{2}+bc+ca\ge 9\sqrt[9]{c^{14}a^{5}b^{5}}=9c}\)
Sprawdzimy teraz, że kolejno:
1) \(\displaystyle{ 4k^{3}\ge \frac{4}{9}\cdot \left[6kn(3n-3k)-3k(3n-3k)^{2}\right]}\)
Równoważnie mamy
\(\displaystyle{ 9k^{2}\ge 6n(3n-3k)-3(3n-3k)^{2}\\9k^{2}\ge (3n-3k)(6n-9n+9k)\\k^{2}\ge (n-k)(3k-n) }\)
co natychmiast wynika ze znanej i lubianej nierówności \(\displaystyle{ \left(\frac{p+q}{2}\right)^{2}\ge pq}\)
2) \(\displaystyle{ 2k^{3}\ge \frac{2}{9}\cdot \left[6kn(3n-3k)-3k(3n-3k)^{2}\right]}\)
Wynika bezpośrednio z prawdziwości poprzedniej, wystarczy podzielić stronami przez dwa.
3) \(\displaystyle{ 2k^{2}(3n-3k)-2k^{2}n\ge \frac{1}{9}\cdot \left[6kn(3n-3k)-3k(3n-3k)^{2}\right]}\)
Równoważnie dostajemy
\(\displaystyle{ 2k(2n-3k)\ge (n-k)(k-3n)}\)
co w świetle nierówności \(\displaystyle{ n\ge 2k}\) i oszacowania prawej strony ze wspomnianej \(\displaystyle{ pq\le \left(\frac{p+q}{2}\right)^{2}}\) jest oczywistym.
4) \(\displaystyle{ 7k^{2}(3n-3k)-7k^{2}n\ge \frac{2}{9}\cdot \left[6kn(3n-3k)-3k(3n-3k)^{2}\right]}\)
Nudy, podobnie jak poprzednio, pozostawiam jako ćwiczenie.

Zatem w przypadku \(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) postępujemy następująco:
mnożymy stronami nierówność
\(\displaystyle{ 4a^{2}b+2ca^{2}+c^{2}+ab+ca\ge 9\sqrt[9]{a^{14}b^{5}c^{5}}=9a}\)
przez
\(\displaystyle{ \frac{1}{9}\cdot \left[6kn(3n-3k)-3k(3n-3k)^{2}\right]}\),
podobnie czynimy z
\(\displaystyle{ 4b^{2}c+2ab^{2}+a^{2}+bc+ab\ge 9\sqrt[9]{b^{14}c^{5}a^{5}}=9b\\4c^{2}a+2bc^{2}+b^{2}+bc+ca\ge 9\sqrt[9]{c^{14}a^{5}b^{5}}=9c}\)
otrzymane nierówności dodajemy stronami i otrzymujemy
\(\displaystyle{ \left[6kn(3n-3k)-3k(3n-3k)^{2}\right]\left(\frac{4}{9}\sum a^{2}b+\frac{2}{9}\sum ab^{2}+\frac{1}{9}\sum a^{2}+\frac{2}{9}\sum ab\right)\ge
\left[6kn(3n-3k)-3k(3n-3k)^{2}\right]\sum a}\)
Do pozostałych składników w RHS stosujemy po prostu najbardziej naiwną nierówność między średnimi, rozpisując na jednomiany i
dostajemy tezę zadania.
Równość zachodzi dla \(\displaystyle{ a=b=c=1}\), czyli w pierwotnych zmiennych dla \(\displaystyle{ |x|=|y|=|z|=1}\), spośród których parzyście wiele jest ujemnych.

\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) przyjmijmy teraz, że \(\displaystyle{ 3k\le n}\).
Wtedy w ogóle nie ma zabawy, wszystko prócz wyrazu wolnego przenosimy na RHS, rozbijamy na jednomiany i stosujemy nierówność między średnią arytmetyczną a geometryczną, co kończy dowód. Równość jak w \(\displaystyle{ 1^{\circ}}\).

Chodzi o użycie tożsamości \(\displaystyle{ \sum\frac{1}{uv+u+1}=1}\) dla liczb dodatnich \(\displaystyle{ u,v,w}\) spełniających \(\displaystyle{ uvw=1}\).
Możemy oznaczyć \(\displaystyle{ a=|x|,\ b=|y|,\ c=|z|}\) i skorzystać z AM-GM w mianownikach lewej strony nierówności z zadania, np.
$$2ka^n+kb^n+3n-3k=\left(ka^n+kb^n+(n-2k)\cdot 1\right)+\left(ka^n+(n-k)\cdot 1\right)+n\ge n\left(a^kb^k+a^k+1\right)$$ Skoro \(\displaystyle{ abc=1}\), to również \(\displaystyle{ a^kb^kc^k=1}\) i wystarczy wziąć \(\displaystyle{ u=a^k,\ v=b^k,\ w=c^k}\).

PS To zadanie znam od dość dawna i istnieje spore prawdopodobieństwo, że powyższe rozwiązanie nie jest moje, tylko albo zapamiętane, albo mocno inspirowane. Troszkę mnie frustruje fakt, iż nie pamiętam, czy tak jest w rzeczywistości.

Podstawiając
\(\displaystyle{ \begin{cases} \frac{1}{a} = x \\ \frac{1}{b}=y \\ \frac{1}{c} =z \end{cases} }\)
można przeksztalcic wyrażenie z lewej strony nierównosci do \(\displaystyle{ \frac{x^2}{y+z} + \frac{y^2}{x+z}+ \frac{z^2}{x+y} }\) i oszacować ją z wypukłości funkcji \(\displaystyle{ y = \frac{1}{x} }\) w dziedzinie \(\displaystyle{ (0, +\infty)}\) (Jensen):
\(\displaystyle{ \frac{x^2}{y+z} + \frac{y^2}{x+z}+ \frac{z^2}{x+y} \geq \frac{x+y+z}{2} \geq \frac{3}{2} }\)

w T. Milford - Olympiad inequalities podane są cztery rózne sposoby jej rozwiązania...

\(\displaystyle{ \frac{a+b}{2}-\sqrt{ab}\ge \sqrt{ab}-\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\Leftrightarrow\\\Leftrightarrow
\frac{a+b}{2}+\frac{2ab}{a+b}\ge 2\sqrt{ab} }\)
a to natychmiast wynika z AM-GM dla liczb \(\displaystyle{ \frac{a+b}{2}, \ \frac{2ab}{a+b}}\)
Równość zachodzi, gdy \(\displaystyle{ \frac{a+b}{2}=\frac{2ab}{a+b}}\), czyli \(\displaystyle{ (a-b)^{2}=0}\), a więc dla \(\displaystyle{ a=b}\).

$$\begin{align}&\frac{1}{\left((a+b)+(c+a)\right)^2}+\frac{1}{\left((a+b)+(b+c)\right)^2}+\frac{1}{\left((b+c)+(c+a)\right)^2}\\&\kern4em\le\frac{1}{4(a+b)(c+a)}+\frac{1}{4(a+b)(b+c)}+\frac{1}{4(b+c)(c+a)}\tag{$1$}\\&\kern4em=\frac{\frac{1}{2}(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\\&\kern4em\le\frac{\frac{1}{2}(a+b+c)}{\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)}\tag{$2$}\\&\kern4em=\frac{9(a+b+c)abc}{16(ab+bc+ca)^2}\tag{$3$}\\&\kern4em\le\frac{9(a+b+c)abc}{16\cdot 3(a+b+c)abc}\tag{$4$}\\&\kern4em=\frac{3}{16}\end{align}$$

Kluczowe przejścia:
\(\displaystyle{ (1)}\) - AM-GM;
\(\displaystyle{ (2)}\) - nierówność \(\displaystyle{ (a+b)(b+c)(c+a)\ge\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)}\);
\(\displaystyle{ (3)}\) - ujednorodnienie z warunku \(\displaystyle{ a+b+c=\frac{ab+bc+ca}{abc}}\);
\(\displaystyle{ (4)}\) - nierówność \(\displaystyle{ (ab+bc+ca)^2\ge 3abc(a+b+c)}\).

Równość wtw, gdy \(\displaystyle{ a=b=c=1}\).