Matematyka.pl

Bez straty ogólności niech \(\displaystyle{ a\ge b\ge c}\).
Wówczas zachodzi:
\(\displaystyle{ \frac{a|b-c|}{b+c}+\frac{b|c-a|}{c+a}\ge \frac{a|b-c|+b|c-a|}{a+b}\ge \frac{c(|c-b|+|a-c|)}{a+b}\ge \frac{c|a-b|}{a+b}}\)
przy czym ostatnia nierówność wynika z nierówności trójkąta.
Zatem pierwszy czynnik w iloczynie
\(\displaystyle{ \prod_{\text{cyc}}^{}\left(\frac{a|b-c|}{b+c}+\frac{b|c-a|}{c+a}-\frac{c|a-b|}{a+b}\right)}\)
jest nieujemny.
Nie chciałem się zanadto babrać w obliczeniach, więc postanowiłem postąpić tak:
1) jeśli dokładnie jeden z dwóch pozostałych czynników jest ujemny, to teza zachodzi w sposób oczywisty (liczba niedodatnia ma nie przekraczać nieujemnej, co zdaje się jasne);
2) powiedzmy, że mamy parzyście wiele ujemnych czynników (zero lub dwa).
Wykażemy, że wówczas zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ \prod_{\text{cyc}}^{}\left(\frac{a|b-c|}{b+c}+\frac{b|c-a|}{c+a}-\frac{c|a-b|}{a+b}\right)\le abc\left|\frac{a-b}{a+b}\cdot \frac{b-c}{b+c}\cdot \frac{c-a}{c+a}\right|}\)
2a) jeśli wszystkie czynniki w iloczynie \(\displaystyle{ \prod_{\text{cyc}}^{}\left(\frac{a|b-c|}{b+c}+\frac{b|c-a|}{c+a}-\frac{c|a-b|}{a+b}\right)}\) są nieujemne (no przez zero stronami mnożyć niby nie można, ale gdy któryś czynnik jest równy zero, to cały iloczyn też i wtedy teza zachodzi),
to wystarczy trzy razy skorzystać z nierówności w nieujemnych \(\displaystyle{ \sqrt{pq}\le \frac{p+q}{2}}\) i wymnożyć stronami:
\(\displaystyle{ \sqrt{\left(\frac{a|b-c|}{b+c}+\frac{b|c-a|}{c+a}-\frac{c|a-b|}{a+b}\right)\left(\frac{b|c-a|}{c+a}+\frac{c|a-b|}{a+b}-\frac{a|b-c|}{b+c}\right)} \le \frac{b|c-a|}{c+a}\\\sqrt{\left(\frac{a|b-c|}{b+c}+\frac{b|c-a|}{c+a}-\frac{c|a-b|}{a+b}\right)\left(\frac{c|a-b|}{a+b}+\frac{a|b-c|}{b+c}-\frac{b|c-a|}{c+a}\right)} \le \frac{a|b-c|}{b+c}\\\sqrt{\left(\frac{b|c-a|}{c+a}+\frac{c|a-b|}{a+b}-\frac{a|b-c|}{b+c}\right)\left(\frac{c|a-b|}{a+b}+\frac{a|b-c|}{b+c}-\frac{b|c-a|}{c+a}\right)} \le \frac{c|a-b|}{a+b}}\)
co daje nam żądane oszacowanie.
2b) Zauważmy, że drugi i trzeci czynnik w iloczynie \(\displaystyle{ \prod_{\text{cyc}}^{}\left(\frac{a|b-c|}{b+c}+\frac{b|c-a|}{c+a}-\frac{c|a-b|}{a+b}\right)}\) nie mogą być jednocześnie ujemne, ponieważ ich suma wynosi
\(\displaystyle{ \frac{b|c-a|}{c+a}+\frac{c|a-b|}{a+b}-\frac{a|b-c|}{b+c}+ \frac{c|a-b|}{a+b}+\frac{a|b-c|}{b+c}-\frac{b|c-a|}{c+a}=\frac{2c|a-b|}{a+b}\ge 0}\)
zaś suma liczb ujemnych nie może być nieujemna.

Pozostaje wykazać, że
\(\displaystyle{ \frac{1}{8}\left|\frac{a-b}{a+b}\cdot \frac{b-c}{b+c}\cdot \frac{c-a}{c+a}\right|\le \left|\frac{a-b}{a+b}+ \frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a} \right|}\)
dla boków trójkąta.
To okazuje się jednak boleśnie jasne, gdyż
\(\displaystyle{ \frac{a-b}{a+b}+ \frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a}=\frac{(a-b)(b-c)(a-c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}}\)
Dobra tożsamość, nie znałem i doszedłem do tego, gdy pałczyłem, żeby rozważyć nieujemność wyrażenia pod modułem.
Wydaje się, że stała \(\displaystyle{ \frac{1}{8}}\) w LHS jest dla zmyły, boki trójkąta właściwie też, chyba że ja jestem aż tak tępy.

Zadanie pochodzi z jednej z rumuńskich gazetek internetowych, gdzie figuruje jako propozycja problemu treningowego dla klas ósmych (cokolwiek to znaczy), a wrzuciłam je, uskuteczniając prywatę nie po raz pierwszy zresztą, bo ciekawiło mnie, czy ktoś wymyśli rozwiązanie, w którym istotna jest stała \(\displaystyle{ \frac{1}{8}}\) lub informacja o bokach trójkąta. Ja nie wymyśliłam. Prawa strona nierówności została trochę podrasowana przeze mnie (z wykorzystaniem wspomnianej tożsamości - oryginalnie był tam iloczyn), żeby nie było tak całkem darmo, ale ogólnie całe zadanie to taki przebieraniec który straszy formą, ale nie jest specjalnie groźny.
Przypuszczam, że gdybyśmy zamienili \(\displaystyle{ \frac{1}{8}}\) na \(\displaystyle{ \frac{1}{k}}\), to najmniejszym takim \(\displaystyle{ k}\), że nierówność jest prawdziwa dla dowolnych dodatnich \(\displaystyle{ a,b,c}\), jest właśnie \(\displaystyle{ k=1}\). Przypuszczam też, że gdy \(\displaystyle{ a,b,c}\) są bokami trójkąta, wtedy najmniejsza stała wynosi \(\displaystyle{ k=\max\limits_{x\in (0,1)}\left(\frac{16(1-2x)\left(x^2+2x-2\right)}{x(x+1)^2(x-2)^2}\right)}\), czyli trochę mniej iż jedna druga.

WLOG \(\displaystyle{ a\ge b,c}\). Oznaczmy \(\displaystyle{ F(x,y,z)=\sum\frac{1}{2+x}-\sum\frac{1}{1+x+y}}\). Oznaczmy też dla wygody obliczeń \(\displaystyle{ a=u^2}\), \(\displaystyle{ b=v^2}\), \(\displaystyle{ c=w^2}\), gdzie \(\displaystyle{ u,v,w>0}\). Pokażemy, że przy zachowaniu dowolnie ustalonej dodatniej wartości iloczynu \(\displaystyle{ uvw}\) wartość funkcji \(\displaystyle{ F}\) maleje przy zbliżaniu do siebie zmiennych \(\displaystyle{ v,w}\), tzn. że \(\displaystyle{ F\left(u^2,v^2,w^2\right)-F\left(u^2,vw,vw\right)\ge 0}\). To ostatnie jest równoważne $$\left(\frac{1}{2+v^2}+\frac{1}{2+w^2}-\frac{2}{2+vw}\right)+\left(\frac{2}{1+u^2+vw}-\frac{1}{1+u^2+v^2}-\frac{1}{1+u^2+w^2}\right)+\left(\frac{1}{1+2vw}-\frac{1}{1+v^2+w^2}\right)\ge 0$$
lub $$\frac{(v-w)^2(vw-2)}{\left(2+v^2\right)\left(2+w^2\right)\left(2+vw\right)}+\frac{(v-w)^2\left(u^2-vw+1\right)}{\left(1+u^2+vw\right)\left(1+u^2+v^2\right)\left(1+u^2+w^2\right)}+\frac{(v-w)^2}{(1+2vw)\left(1+v^2+w^2\right)}\ge 0.$$
To jasne, że nierówność jest prawdziwa dla \(\displaystyle{ v=w}\). W pozostałych przypadkach, ponieważ \(\displaystyle{ u^2\ge vw}\), wystarczy dowieść $$\frac{vw-2}{\left(2+v^2\right)\left(2+w^2\right)(2+vw)}+\frac{1}{(1+2vw)\left(1+v^2+w^2\right)}\ge 0.$$
Możemy łatwo udowodnić, że ostatnia nierówność zachodzi dla dowolnej dodatniej wartości iloczynu \(\displaystyle{ vw}\).
Oczywiście jest to prawda dla \(\displaystyle{ vw>2}\). Gdy licznik pierwszego ułamka jest niedodatni, wtedy rozpatrujemy dwa przypadki. Jeżeli \(\displaystyle{ 2\ge vw>1}\), wtedy korzystamy z $$\left(2+v^2\right)\left(2+w^2\right)\ge (v+w+1)^2\ge v^2+w^2+1$$ i wystarczy pokazać $$\frac{vw-2}{2+vw}+\frac{1}{1+2vw}\ge 0$$ lub $$(vw-2)(1+2vw)+(2+vw)=2vw(vw-1)\ge 0.$$
Jeżeli zaś \(\displaystyle{ 1\ge vw>0}\), wtedy \(\displaystyle{ 2+vw\ge 1+2vw}\) i wystarczy pokazać $$\frac{vw-2}{\left(2+v^2\right)\left(2+w^2\right)}+\frac{1}{1+v^2+w^2}\ge 0$$ lub $$(vw-2)\left(1+v^2+w^2\right)+\left(2+v^2\right)\left(2+w^2\right)=v^3w+vw^3+v^2w^2+vw+2\ge 0.$$
Wobec powyższego pozostaje dowieść \(\displaystyle{ F\left(\frac{1}{t^2},t,t\right)\ge 0}\), co podobno jest równoważne $$\frac{t(t-1)^2\left(2t^4+9t^3+9t^2+4t+3\right)}{(t+2)(2t+1)\left(2t^2+1\right)\left(t^3+t^2+1\right)}\ge 0.$$ Równość dla \(\displaystyle{ t=1}\), czyli dla \(\displaystyle{ a=b=c=1}\).

Z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną:
\(\displaystyle{ \frac{8a+8b+7a+c}{3}\ge 4\sqrt[3]{ab(7a+c)}\\ \frac{8b+8c+7b+a}{3}\ge 4\sqrt[3]{bc(7b+a)}\\\frac{8c+8a+7c+b}{3}\ge 4\sqrt[3]{ca(7c+b)}}\)
Dodajemy te trzy nierówności stronami, dzielimy stronami otrzymaną nierówność przez \(\displaystyle{ 4}\)
i mamy
\(\displaystyle{ 2(a+b+c)\ge \sqrt[3]{7a^{2}b+abc}+\sqrt[3]{7b^{2}c+abc}+\sqrt[3]{7c^{2}a+abc}}\)
Następnie zauważmy, że z założeń wynika nierówność \(\displaystyle{ abc\ge 1}\).
Istotnie, jest
\(\displaystyle{ a+b+c=\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\Leftrightarrow abc\cdot abc(a+b+c)=(ab)^{2}+(bc)^{2}+(ca)^{2}}\)
ale \(\displaystyle{ (ab)^{2}+(bc)^{2}+(ca)^{2}\ge abc(a+b+c)\Leftrightarrow \frac{1}{2}\left((ab-bc)^{2}+(bc-ca)^{2}+(ca-ab)^{2}\right)\ge 0}\)
co oczywiście jest prawdą, a zatem
\(\displaystyle{ abc\cdot abc(a+b+c)=(ab)^{2}+(bc)^{2}+(ca)^{2}\ge abc(a+b+c)}\)
i wobec dodatniości \(\displaystyle{ a,b,c}\) istotnie dostajemy \(\displaystyle{ abc\ge 1}\)
Ostatecznie więc (\(\displaystyle{ f(x)=\sqrt[3]{x}}\) jest oczywiście rosnąca) mamy
\(\displaystyle{ 2(a+b+c)\ge \sqrt[3]{7a^{2}b+abc}+\sqrt[3]{7b^{2}c+abc}+\sqrt[3]{7c^{2}a+abc}\\\ge \sqrt[3]{7a^{2}b+1}+\sqrt[3]{7b^{2}c+1}+\sqrt[3]{7c^{2}a+1}}\)
co należało dowieść. Równość zachodzi dla \(\displaystyle{ a=b=c=1}\)

Zmienię oznaczenia zmiennych na \(\displaystyle{ a,b,c}\). Zmienne są dodatnie, więc ich sumy też. Ponadto, skoro np. \(\displaystyle{ a-1>0}\), to z warunku jest \(\displaystyle{ a^2>(a-1)(a+b+c)=a^2+a(b+c)-(a+b+c)}\), czyli \(\displaystyle{ \frac{1}{b+c}>\frac{a}{a+b+c}}\). Wystarczy do tej ostatniej dodać jeszcze dwie w taki sam sposób otrzymane nierówności dla \(\displaystyle{ b}\) oraz \(\displaystyle{ c}\).

Co najmniej jedna z liczb \(\displaystyle{ xy, \ yz, \ zx}\) jest nieujemna. Dla ustalenia uwagi niech będzie to \(\displaystyle{ xy}\). Jeśli \(\displaystyle{ z=0}\), to nierówność sprowadza się do \(\displaystyle{ 5x^{4}+5y^{4}+7x^{3}y\ge 0}\), co jest oczywiste, wszak suma liczb nieujemnych jest nieujemna. W przeciwnym razie dzielimy nierówność stronami przez \(\displaystyle{ z^{4}}\) i podstawiamy
\(\displaystyle{ a=\frac{x}{z}, \ b=\frac{y}{z}}\). Wówczas także \(\displaystyle{ ab\ge 0}\), zaś nierówność przyjmuje formę
\(\displaystyle{ 5a^{4}+5b^{4}+5+7a^{3}b+7b^{3}+7a\ge 0}\)
Rozważmy dwa przypadki:
\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) gdy \(\displaystyle{ |a|\ge |b|}\), to \(\displaystyle{ a^{3}b\ge b^{4}}\) i wówczas wystarczy udowodnić, że
\(\displaystyle{ 5a^{4}+12b^{4}+5+7b^{3}+7a\ge 0}\)
Z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną zachodzi:
\(\displaystyle{ \frac{20a^{4}+3\cdot \frac{7^{\frac{4}{3}}}{20^{\frac{1}{3}}}}{4}\ge 7|a|\ge -7a}\)
czyli mamy
\(\displaystyle{ 5a^{4}+7a\ge -\frac{3}{4}\cdot \frac{7^{\frac{4}{3}}}{20^{\frac{1}{3}}}}\)
Również z AM-GM dostajemy:
\(\displaystyle{ \frac{3\cdot 16b^{4}+\frac{7^{4}}{16^{3}}}{4}\ge 7|b|^{3}\ge -7b^{3}}\)
zatem otrzymujemy
\(\displaystyle{ 12b^{4}+7b^{3}\ge -\frac{1}{4}\cdot \frac{7^{4}}{16^{3}}}\)

Pozostaje wykazać, że \(\displaystyle{ 5\ge \frac{1}{4}\cdot \frac{7^{4}}{16^{3}}+\frac{3}{4}\cdot \frac{7^{\frac{4}{3}}}{20^{\frac{1}{3}}}}\)
co jest prawdą na mocy (obliczeniowej) wolframa.

\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) gdy \(\displaystyle{ |b|\ge |a|}\), to \(\displaystyle{ a^{3}b\ge a^{4}}\) i wtedy wystarczy wykazać, że
\(\displaystyle{ 12a^{4}+5b^{4}+5+7b^{3}+7a\ge 0}\)

Z AM-GM otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \frac{48a^{4}+3\cdot \frac{7^{\frac{4}{3}}}{48^{\frac{1}{3}}}}{4}\ge 7|a|\ge -7a }\)
zatem
\(\displaystyle{ 12a^{4}+7a\ge -\frac{3}{4}\cdot \frac{7^{\frac{4}{3}}}{48^{\frac{1}{3}}}}\)

Wreszcie znów na mocy niezastąpionej AM-GM mamy:
\(\displaystyle{ \frac{3\cdot \frac{20}{3}b^{4}+7^{4}\cdot \left(\frac{3}{20}\right)^{3}}{4}\ge 7|b|^{3}\ge -7b^{3}}\)
czyli
\(\displaystyle{ 5b^{4}+7b^{3}\ge -\frac{7^{4}}{4}\cdot \left(\frac{3}{20}\right)^{3}}\)
i pozostaje sprawdzić, że
\(\displaystyle{ 5\ge \frac{3}{4}\cdot \frac{7^{\frac{4}{3}}}{48^{\frac{1}{3}}}+\frac{7^{4}}{4}\cdot \left(\frac{3}{20}\right)^{3}}\)
a to znów jest prawdą na mocy (obliczeniowej, dobra, stary ten żart już) wolframa, szkoda mi zdrowia na takie liczenie.
Potęga wolframa kończy dowód.

Kiedy już się zorientujemy, że wystarczy zmienić znak jednej zmiennej, to wtedy zadanie jest kosmetyczne, tzn. polega na takim doborze współczynników w AM-GM, żeby było w miarę "ładnie". Ja to robiłam w taki sposób, że wzięłam \(\displaystyle{ x,y\ge 0\ge z}\), podstawiłam \(\displaystyle{ -z}\) i wtedy:
1) Dla \(\displaystyle{ x\ge y}\) sumowałam
$$12y^4+\frac{1}{4}z^4\ge 3\cdot 4y^4+\frac{1}{4}z^4\ge 4\sqrt[4]{4^3y^{12}\cdot\frac{1}{4}z^4}=8y^3z\ge 7y^3z$$ oraz $$5x^4+\frac{19}{4}z^4\ge 3\cdot\frac{3}{2}z^4+\frac{27}{8}x^4\ge 4\sqrt[4]{\left(\frac{3}{2}\right)^3z^{12}\cdot \frac{27}{8}x^4}=6\sqrt{\frac{3}{2}}z^3x\ge 7z^3x.$$
2) Dla \(\displaystyle{ y\ge x}\) sumowałam
$$5y^4+\frac{11}{5}z^4=3\cdot\frac{5}{3}y^4+\frac{11}{5}z^4\ge 4\sqrt[4]{\left(\frac{5}{3}\right)^3y^{12}\cdot\frac{11}{5}z^4}=4\sqrt[4]{\frac{25}{27}\cdot 11}y^3z\ge 7y^3z$$ (ostatnia wynika z \(\displaystyle{ 16\cdot 16\cdot 25\cdot 11\ge 49\cdot 49\cdot 27}\), czy też \(\displaystyle{ 50\cdot 64\cdot 22\ge 49\cdot 63\cdot 21}\))

oraz $$12x^4+\frac{14}{5}z^4=3\cdot\frac{14}{15}z^4+12x^4\ge 4\sqrt[4]{\left(\frac{14}{15}\right)^3z^{12}\cdot 12x^4}=8\sqrt[4]{\frac{7^3}{5^3}\cdot\frac{2}{9}}z^3x\ge 7z^3x$$ (ostatnia wynika z \(\displaystyle{ 64\cdot 64\cdot 7^3\cdot 2\ge 7^4\cdot 5^3\cdot 9}\), czy też \(\displaystyle{ 7^3\cdot 128\cdot 64\ge 7^3\cdot 125\cdot 63}\)).


Tak ogólnie, to wychodzi mi, że zadanie polegające na pokazaniu \(\displaystyle{ x^4+y^4+z^4+k\left(x^3y+y^3z+z^3x\right)\ge 0}\) dla \(\displaystyle{ x,y,z\in\mathbb{R}}\) oraz \(\displaystyle{ k>0}\) jest rozwiązywalne za pomocą AM-GM, jeżeli \(\displaystyle{ k\le k_0}\), gdzie $$\left(1-k_0^4\cdot\frac{27}{256}\right)^3=\frac{k_0^4}{k_0+1}\cdot\frac{27}{256},$$ więc \(\displaystyle{ k=\frac{7}{5}}\) jest już dość blisko. Można się zastanowić, czy stała \(\displaystyle{ k_0}\) jest optymalna, a także jakie jest dolne ograniczenie, jeżeli \(\displaystyle{ k\in\mathbb{R}}\).