Matematyka.pl

Fajne zadanie, trochę w stylu tych z Mathematical Reflections.
Można coś pożyczyć i coś oddać. Na mocy nierówności Cauchy'ego-Schwarza $$\begin{aligned}\left(\frac{a^2}{b}+b-2a\right)+\left(\frac{b^2}{c}+c-2b\right)+\left(\frac{c^2}{a}+a-2c\right)&=\frac{(a-b)^2}{b}+\frac{(c-b)^2}{c}+\frac{(a-c)^2}{a}\\&\ge\frac{\left((a-b)+(c-b)+(a-c)\right)^2}{a+b+c}\\&=\frac{4(a-b)^2}{a+b+c}.\end{aligned}$$
Żeby mieć równość, musimy mieć \(\displaystyle{ \frac{(a-b)^2}{b^2}=\frac{(c-b)^2}{c^2}=\frac{(a-c)^2}{a^2}}\). Widać, że równość dowolnych dwóch ze zmiennych pociąga za sobą równość wszystkich trzech. Przypuśćmy więc, że zmienne są parami różne. Musimy mieć $$\begin{cases}\left(a^2-bc\right)\left(a^2-2ab+bc\right)=0\\\left(b^2-ca\right)\left(b^2-2bc+ca\right)=0\\\left(c^2-ab\right)\left(c^2-2ac+ab\right)=0\end{cases}$$ Zerami muszą zatem być albo jakieś dwa wyrażenia z pierwszych nawiasów powyższych równań, albo jakieś dwa z drugich nawiasów. Jeżeli np. \(\displaystyle{ a^2-bc=b^2-ca=0}\), to \(\displaystyle{ (a-b)(a+b+c)=0}\) - sprzeczność, bo \(\displaystyle{ a\neq b}\) oraz \(\displaystyle{ a,b,c>0}\). Analogicznie jest dla pozostałych par, zatem zerem może być co najwyżej jedno krótsze wyrażenie. Jeżeli z kolei \(\displaystyle{ a^2-2ab+bc=b^2-2bc+ca=c^2-2ac+ab=0}\), po zsumowaniu mamy \(\displaystyle{ \frac{1}{2}\sum (a-b)^2=0}\) - sprzeczność.
Pozostaje przypadek, gdy zerami są jednocześnie dwa dłuższe wyrażenia i jedno krótsze. Jeżeli np. \(\displaystyle{ a^2-2ab+bc=-\left(b^2-2bc+ca\right)=0}\), to \(\displaystyle{ (a-b)(a-b+c)=0}\), więc musi być \(\displaystyle{ c=b-a}\), a to po podstawieniu do \(\displaystyle{ c^2-ab=0}\) daje \(\displaystyle{ b=\frac{\left(\sqrt{5}+3\right)a}{2}}\), czyli \(\displaystyle{ c=\frac{\left(\sqrt{5}+1\right)a}{2}}\). Bezpośrednio sprawdzamy, że przy takich zmiennych równość rzeczywiście zachodzi. Ze względu na asymetrię nierówności sprawdzamy jeszcze pozostałe dwie kombinacje równań, ale okazuje się, że żaden z uzyskanych wyników nie przechodzi weryfikacji.
Ostatecznie równość mamy wtw, gdy \(\displaystyle{ (a,b,c)}\) jest postaci \(\displaystyle{ (t,t,t)}\) lub \(\displaystyle{ \left(t,\frac{\left(\sqrt{5}+3\right)t}{2},\frac{\left(\sqrt{5}+1\right)t}{2}\right)}\), gdzie \(\displaystyle{ t>0}\).

Nierówność jest na pewno dobrze zrobiona, mam tylko nadzieję, że nic mi w warunkach równości nie poginęło.

Spróbujemy wykazać, że przy założeniach zadania zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ \frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+2b+c+3}+\frac{1}{ca+2a+1}\ge \frac{66}{(a+b+c)^{3}+4}}\)
i uzyskać jakiś prosty warunek na zajście równości w tej nierówności.

Na mocy AM-HM otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+2b+c+3}+\frac{1}{ca+2a+1}\ge \frac{9}{ab+bc+ca+3a+2b+c+5}}\),
więc spróbujemy wykazać, że w dodatnich o sumie nie mniejszej niż sześć jest
\(\displaystyle{ \frac{9}{ab+bc+ca+3a+2b+c+5}\ge \frac{66}{(a+b+c)^{3}+4} }\)
Równoważnie mamy
\(\displaystyle{ 3(a+b+c)^{3}\ge 22(ab+bc+ca+3a+2b+c)+98}\)
Niech teraz \(\displaystyle{ f(a,b,c)=3(a+b+c)^{3}- 22(ab+bc+ca+3a+2b+c)-98}\)
oraz \(\displaystyle{ a+b+c=S\ge 6}\) jest ustalone. Udowodnimy kolejno nierówności
\(\displaystyle{ f(a,b,c)\ge f\left(\frac{S}{3}+1, \frac{S}{3}, \frac{S}{3}-1\right), \ f\left(\frac{S}{3}+1, \frac{S}{3}, \frac{S}{3}-1\right)\ge 0}\)
Pierwsza z tych nierówności sprowadza się do:
\(\displaystyle{ \frac{1}{3}S^{2}+2S+1\ge ab+bc+ca+3a+2b+c}\)
Teraz zauważmy, że
\(\displaystyle{ ab+bc+ca+3a+2b+c+2=a(b+1)+a(c+2)+(b+1)(c+2)}\)
i ze znanej nierówności
\(\displaystyle{ \frac{(x+y+z)^{2}}{3}\ge xy+yz+zx}\)
(zwijalna do sumy kwadratów: \(\displaystyle{ (x-y)^{2}+(y-z)^{2}+(z-x)^{2}\ge 0}\)),
w której równość zachodzi dokładnie dla \(\displaystyle{ x=y=z}\)
mamy
\(\displaystyle{ \frac{(a+b+c+3)^{2}}{3}\ge a(b+1)+a(c+2)+(b+1)(c+2)}\)
Pozostaje zweryfikować, że
\(\displaystyle{ \frac{1}{3}S^{2}+2S+3=\frac{(a+b+c+3)^{2}}{3}}\)
co jest prościutkie.

Ach, zostaje jeszcze nierówność:
\(\displaystyle{ f\left(\frac{S}{3}+1, \frac{S}{3}, \frac{S}{3}-1\right)\ge 0}\)
Innymi słowy:
\(\displaystyle{ 3S^{3}-22\left(\frac{1}{3}S^{2}+2S+1\right)-98\ge 0\\ 9S^{3}-22S^{2}-132S-360\ge 0\\ 9(S-6)\left(S^{2} +\frac{32}{9}S+\frac{20}{3}\right)\ge 0}\)
co dla \(\displaystyle{ S\ge 6}\) jest oczywiste, przy czym dla \(\displaystyle{ S>6}\) zachodzi ostra nierówność.
Zatem aby zaszła równość, musi być między innymi (wynika to z przypadków równości w poprzednich nierównościach)
\(\displaystyle{ a+b+c=6, \ a=b+1=c+2}\), czyli \(\displaystyle{ a=3, \ b=2, \ c=1}\)
Po podstawieniu widzimy, że liczby te spełniają postulowaną równość.

Z warunku mamy \(\displaystyle{ (xy+yz+zx)^2=(x+y+z)^2\ge 3(xy+yz+zx)}\), a stąd \(\displaystyle{ 3\le xy+yz+zx}\).
Z C-S mamy \(\displaystyle{ \left(x^2+y+1\right)\left(1+y+z^2\right)\ge (x+y+z)^2}\) itd., więc $$\frac{1}{x^2+y+1}+\frac{1}{y^2+z+1}+\frac{1}{z^2+x+1}\le\frac{1+y+z^2}{(x+y+z)^2}+\frac{1+z+x^2}{(x+y+z)^2}+\frac{1+x+y^2}{(x+y+z)^2}.$$ Wystarczy zatem dowieść $$3+x+y+z+x^2+y^2+z^2\le (x+y+z)^2,$$ co w oczywisty sposób wynika z warunku zadania, ponieważ $$3+x+y+z+x^2+y^2+z^2\le (xy+yz+zx)+(xy+yz+zx)+x^2+y^2+z^2=(x+y+z)^2.$$ Równość dla \(\displaystyle{ x=y=z=1}\).

Najpierw z nierówności Minkowskiego dla sum:
\(\displaystyle{ \sqrt[3]{4+17a^{2}b}+\sqrt[3]{4+17b^{2}c}+\sqrt[3]{4+17c^{2}a}\ge \sqrt[3]{\left(\sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{4}\right)^{3}+\left(\sqrt[3]{17a^{2}b}+\sqrt[3]{17b^{2}c}+\sqrt[3]{17c^{2}a}\right)^{3}} }\)
Potem korzystamy z AM-GM dla liczb \(\displaystyle{ \sqrt[3]{a^{2}b}, \ \sqrt[3]{b^{2}c}, \ \sqrt[3]{c^{2}a}}\) i z faktu, że \(\displaystyle{ f(t)=t^{\frac{1}{3}}}\) jest rosnąca, by otrzymać:
\(\displaystyle{ \sqrt[3]{\left(\sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{4}\right)^{3}+\left(\sqrt[3]{17a^{2}b}+\sqrt[3]{17b^{2}c}+\sqrt[3]{17c^{2}a}\right)^{3}} \ge 3\sqrt[3]{4+17abc} }\)
Łącząc powyższe fakty, widzimy, że wystarczy wykazać nierówność
\(\displaystyle{ 3\sqrt[3]{4+17abc}+10\left(\frac{1}{27}-abc\right)\ge 5}\) w dodatnich o sumie \(\displaystyle{ 1}\). Niech \(\displaystyle{ t=abc}\), wtedy oczywiście \(\displaystyle{ t>0}\), ponadto z AM-GM jest \(\displaystyle{ t=abc\le\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{3}=\frac{1}{27}}\),
zatem wystarczy udowodnić, że gdy \(\displaystyle{ t\in\left(0, \frac{1}{27}\right]}\), to
\(\displaystyle{ 3\sqrt[3]{4+17t}+10\left(\frac{1}{27}-t\right)\ge 5}\)
Funkcja \(\displaystyle{ g(t)=3\sqrt[3]{4+17t}+10\left(\frac{1}{27}-t\right)}\) spełnia zaś \(\displaystyle{ g'(t)=17(4+17t)^{-\frac{2}{3}}-10<0}\) dla \(\displaystyle{ t>0}\), zatem jest malejąca w dodatnich. Pozostaje stwierdzić, że \(\displaystyle{ g\left(\frac{1}{27}\right)=5}\), co kończy dowód.

Nierówność Minkowskiego dla sum przedstawia się tak:
\(\displaystyle{ \left(\sum_{i=1}^{n}|x_{i}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}+\left(\sum_{i=1}^{n}|y_{i}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\ge \left(\sum_{i=1}^{n}|x_{i}+y_{i}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}, \ p>1}\)
(właściwie dla \(\displaystyle{ p=1}\) też działa i jest to wniosek ze zwyczajnej nierówności trójkąta).
Przez indukcję po liczbie tych składników (tj. \(\displaystyle{ m}\)) uogólniamy łatwo na
\(\displaystyle{ \sum_{j=1}^{m}\left(\left(\sum_{i=1}^{n}|x_{i j}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\right) \ge \left(\sum_{i=1}^{n}\left|\sum_{j=1}^{m}x_{ij} \right|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}}\)
Tutaj akurat \(\displaystyle{ m=3, \ p=3}\) i mamy
\(\displaystyle{ 4=\left(\left|\sqrt[3]{4}\right|\right)^{3}, \ 17a^{2}b=\left(\left|\sqrt[3]{17a^{2}b}\right|\right)^{3}}\) etc.

Jeśli ktoś nie za dobrze czuje się z nierównością Minkowskiego, to można też się tutaj od razu powołać na nierówność Jensena dla funkcji \(\displaystyle{ f(t)=\sqrt[3]{4+e^{t}}}\) i argumentów \(\displaystyle{ \ln \left(17a^{2}b\right), \ \ln \left(17b^{2}c\right), \ \ln \left(17c^{2}a\right)}\), por.

Wtedy jeszcze jedno przejście (to z AM-GM i rosnącą \(\displaystyle{ t^{\frac{1}{3}}}\)) omijamy.

Jeżeli chodzi o poprzednie, to jeszcze innym sposobem sprowadzenia zadania do rozważania nieujemności funkcji tylko jednej zmiennej \(\displaystyle{ abc}\) będzie AM-GM + Hölder na pierwszych trzech składnikach lewej strony.

Jeżeli chodzi o bieżące, to może na razie podpowiem, że po wymacaniu, czego ewentualnie dowodzić, to zadanie będzie można zobić w taki sam sposób, jak np. $$\sum\limits_{a,b,c,d,e,f}\frac{a}{2019\cdot b^{2020}+1}\ge\frac{2021}{2020}$$ dla \(\displaystyle{ a,b,c,d,e,f\ge 0}\), takich że \(\displaystyle{ a+b+c+d+e+f=2}\).
Można sobie też dorzucić jeszcze kilka zmiennych.

Najpierw dochodzimy do takiej hipotezy, że minimum jest dla \(\displaystyle{ (a,b,c,d)\in\left\{(2,2,0,0), \ (0,0,2,2), \ (2,0,0,2), \ (0,2,2,0)\right\}}\) i wynosi \(\displaystyle{ \frac{2}{3}}\). Ja dla uproszczenia rozważyłem szczególny przypadek \(\displaystyle{ a=b, \ c=d}\), w którym to nierówność sprowadza się do zbadania funkcji wymiernej jednej zmiennej.
Będziemy szukać oszacowania postaci \(\displaystyle{ \frac{1}{x^{3}+4}\ge px+q, \ x\in [0,4]}\), w którym to równość zachodzi dokładnie dla \(\displaystyle{ x=0, \ x=2}\).
Żądanie równości dla \(\displaystyle{ x=0}\) daje nam natychmiast \(\displaystyle{ q=\frac{1}{4}}\), natomiast skoro ma być też równość dla \(\displaystyle{ x=2}\), to dostajemy \(\displaystyle{ \frac{1}{12}=2p+\frac{1}{4}}\), tj. \(\displaystyle{ p=-\frac{1}{12}}\). Pozostaje uzasadnić, że istotnie nierówność
\(\displaystyle{ \frac{1}{x^{3}+4}\ge -\frac{1}{12}x+\frac{1}{4}}\) zachodzi dla każdego \(\displaystyle{ x\in [0,4]}\)
Równoważnie:
\(\displaystyle{ 1\ge -\frac{1}{12}x^{4}-\frac{1}{3}x+\frac{1}{4}x^{3}+1\\0\ge -\frac{1}{12}x\left(x^{3}-3x^{2}+4\right)\\ \frac{1}{12}x(x-2)^{2}(x+1)\ge 0}\)
co jest już oczywiste.
Korzystając z nierówności \(\displaystyle{ \frac{1}{x^{3}+4}\ge -\frac{1}{12}x+\frac{1}{4}}\) dla \(\displaystyle{ x=b, \ x=c, \ x=d, \ x=a}\) kolejno, mnożąc odpowiednio przez \(\displaystyle{ a, \ b, \ c, \ d}\) i dodając stronami otrzymane nierówności, mamy
\(\displaystyle{ \frac{a}{b^{3}+4}+\frac{b}{c^{3}+4}+\frac{c}{d^{3}+4}+\frac{d}{a^{3}+4}\\\ge \frac{1}{4}(a+b+c+d)-\frac{1}{12}(ab+bc+cd+da)\\=1-\frac{1}{12}(a+c)(b+d)}\)
i z AM-GM jest
\(\displaystyle{ 1-\frac{1}{12}(a+c)(b+d)\ge 1-\frac{1}{12}\left(\frac{(a+c)+(b+d)}{2}\right)^{2}=\frac{2}{3}}\)
co kończy dowód.

Z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną:
\(\displaystyle{ \sqrt{\frac{1}{a}-1} \sqrt{\frac{1}{b}-1} + \sqrt{\frac{1}{b}-1} \sqrt{\frac{1}{c}-1} + \sqrt{\frac{1}{c}-1} \sqrt{\frac{1}{a}-1} \ge 3 \sqrt[3]{(\frac{1}{a} - 1)(\frac{1}{b} -1)(\frac{1}{c} - 1)}}\)
\(\displaystyle{ (\frac{1}{a} - 1)(\frac{1}{b} -1)(\frac{1}{c} - 1) = \frac{(1-a)}{a} \frac{(1-b)}{b} \frac{(1-c)}{c} = \frac{1 - (a+b+c) + (ab+bc+ac) - abc}{abc} = \\ = \frac{1 - 1 + (ab+bc+ac) - abc}{abc} = \frac{ab + bc + ac - abc}{abc} = \frac{1}{c} + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} - 1}\)
Średnia arytmetyczna i harmoniczna
\(\displaystyle{ \frac{\frac{1}{c} + \frac{1}{a} + \frac{1}{b}}{3} \ge \frac{3}{a+b+c} = 3 \Rightarrow \frac{1}{c} + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge 9}\)
Stąd \(\displaystyle{ \frac{1}{c} + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} - 1 \ge 8}\), a więc
\(\displaystyle{ \sqrt{\frac{1}{a}-1} \sqrt{\frac{1}{b}-1} + \sqrt{\frac{1}{b}-1} \sqrt{\frac{1}{c}-1} + \sqrt{\frac{1}{c}-1} \sqrt{\frac{1}{a}-1} \ge 3 \cdot \sqrt[3]{8} = 3 \cdot 2 = 6}\)

Mamy \(\displaystyle{ \sqrt{\frac{1}{a}-1}\sqrt{\frac{1}{b}-1}=\sqrt{\frac{b+c}{a}\cdot \frac{c+a}{b}}\\\ge \sqrt{\frac{2\sqrt{bc}}{a}\frac{2\sqrt{ca}}{b}}=2\frac{\sqrt{c}}{\sqrt[4]{ab}}}\),
przy czym stosujemy nierówność między średnią arytmetyczną a geometryczną dla dwóch zmiennych w licznikach pod pierwiastkiem,
i podobnie dla dwóch kolejnych składników, więc
\(\displaystyle{ \sum_{\text{ cyc} }^{}\sqrt{\frac{1}{a}-1}\sqrt{\frac{1}{b}-1} \ge 2\left(\frac{\sqrt{c}}{\sqrt[4]{ab}}+\frac{\sqrt{a}}{\sqrt[4]{bc}}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt[4]{ca}}\right)\ge 6\sqrt[3]{\frac{\sqrt{c}}{\sqrt[4]{ab}}\cdot \frac{\sqrt{a}}{\sqrt[4]{bc}}\cdot \frac{\sqrt{b}}{\sqrt[4]{ca}}}=6}\)
Ostatnia nierówność również z AM-GM, tym razem dla trzech zmiennych.