Matematyka.pl

Istnieją takie liczby dodatnie \(\displaystyle{ x_{1}, x_{2}\ldots x_{6}}\), że
\(\displaystyle{ a_{1}=\frac{x_{2}}{x_{1}}, \ a_{2}=\frac{x_{3}}{x_{2}}, \ldots a_{6}=\frac{x_{1}}{x_{6}}}\)
W nowych zmiennych nierówność przyjmuje formę
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{6}\frac{x_{i}}{x_{i+1}+x_{i+2}}\ge 3}\)
gdzie \(\displaystyle{ x_{7}=x_{1}, \ x_{8}=x_{2}}\) (tj. indeksy są modulo sześć).
To zaś jest dosyć znana rzecz, szczególny przypadek nierówności Shapiro.
Ja miałem na to taki pomysł:
z nierówności Cauchy'ego-Schwarza w formie Engela otrzymujemy
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{6}\frac{x_{i}}{x_{i+1}+x_{i+2}}=\sum_{i=1}^{6}\frac{x_{i}^{2}}{x_{i}(x_{i+1}+x_{i+2})}\ge \frac{\left(\sum_{i=1}^{6}x_{i}\right)^{2}}{\sum_{i=1}^{6}x_{i}(x_{i+1}+x_{i+2})}}\)
Pozostaje wykazać nierówność w dodatnich:
\(\displaystyle{ \left(\sum_{i=1}^{6}x_{i}\right)^{2}\ge 3\sum_{i=1}^{6}x_{i}(x_{i+1}+x_{i+2})}\)
gdzie znów indeksy są modulo \(\displaystyle{ 6}\).
Mamy \(\displaystyle{ 2\sum_{i=1}^{6}x_{i}(x_{i+1}+x_{i+2})=\left(\sum_{i=1}^{6}x_{i}\right)^{2}-(x_{5}+x_{2})^{2}-(x_{1}+x_{4})^{2}-(x_{3}+x_{6})^{2}\\ \le \left(\sum_{i=1}^{6}x_{i}\right)^{2}-\frac{1}{3}\left(\sum_{i=1}^{6}x_{i}\right)^{2}}\)
przy czym ostatnia nierówność też wynika z Cauchy'ego-Schwarza. Zatem
\(\displaystyle{ 3\sum_{i=1}^{6}x_{i}(x_{i+1}+x_{i+2})\le \left(\sum_{i=1}^{6}x_{i}\right)^{2}}\),
jak chcieliśmy.

Skoro \(\displaystyle{ x_i \in (0,1)}\), to z nierówności między średnią geometryczną i arytmetyczną, mamy

\(\displaystyle{ \frac{1}{4} \le (1-x_i)(1-x_j) \le \left(\frac{2-x_i-x_j}{2}\right)^2 \Rightarrow x_i + x_j \le 1}\).

W szczególności zachodzi \(\displaystyle{ x_i + x_j \ge (x_i + x_j)^2}\). Zatem

\(\displaystyle{ (n-1)\sum_{i=1}^n x_i = \sum_{1 \le i < j \le n} x_i +x_j \ge \sum_{1 \le i < j \le n} 2\sqrt{x_ix_j} }\)

oraz

\(\displaystyle{ (n-1)\sum_{i=1}^n x_i = \sum_{1 \le i < j \le n} x_i +x_j \ge \sum_{1 \le i < j \le n} (x_i +x_j)^2 \ge \sum_{1 \le i < j \le n} 4x_ix_j}\)

Dodając i dzieląc przez \(\displaystyle{ 2(n-1)}\), dostajemy

\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^n x_i \ge \frac{1}{n-1} \sum_{1 \le i < j \le n} 2x_ix_j + \sqrt{x_ix_j}}\)

Równość zachodzi, gdy wszystkie \(\displaystyle{ x_i = x_j}\) oraz \(\displaystyle{ x_i+x_j=1}\), czyli gdy wszystkie liczby są równe \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\) - a takie liczby spełniają założenia, więc \(\displaystyle{ C(n) = \frac{1}{n-1}}\) jest optymalną stałą.

Widzimy, że wszystkie mianowniki są dodatnie. Zauważmy, że
\(\displaystyle{ \frac{a}{2a+c-b} = \frac{a+\frac{c-b}{2}-\frac{c-b}{2}}{2a+c-b} = \frac{1}{2} - \frac{c-b}{2(2a+c-b)} = \frac{1}{2} + \frac{b-c}{2(2a+c-b)}}\)
Podobnie z pozostałymi składnikami. Bez straty ogólności załóżmy, że \(\displaystyle{ a \ge b \ge c}\). Mamy
\(\displaystyle{ \frac{a}{2a+c-b} + \frac{b}{2b+a-c} + \frac{c}{2c+b-a} = \\ = \frac{1}{2} + \frac{b-c}{2(2a+c-b)} + \frac{1}{2} + \frac{c-a}{2(2b+a-c)} + \frac{1}{2} + \frac{a-b}{2(2c+b-a)} \ge \\ \ge \frac{3}{2} + \frac{b-c}{2(2c+b-a)} + \frac{c-a}{2(2c+b-a)} + \frac{a-b}{2(2c+b-a)} = \\ = \frac{3}{2} + \frac{b-c+c-a+a-b}{2(2c+b-a)} = \frac{3}{2}}\)

\\ zapomniałem, że niektóre liczniki są ujemne zadanie wciąż aktualne

Najpierw podstawienie Raviego dobre na wszystko: kładziemy dla dodatnich \(\displaystyle{ x,y,z}\) co następuje:
\(\displaystyle{ a=x+y, \ b=y+z, \ c=z+x}\)
Nierówność przyjmuje wówczas formę:
\(\displaystyle{ \frac{x+y}{3x+y}+\frac{y+z}{3y+z}+\frac{z+x}{3z+x}\ge \frac{3}{2}\\\frac{3x+3y}{3x+y}+\frac{3y+3z}{3y+z}+\frac{3z+3x}{3z+x}\ge \frac{9}{2}\\\frac{2y}{3x+y}+\frac{2z}{3y+z}+\frac{2x}{3z+x}\ge \frac{3}{2}\\ \frac{2y^{2}}{3xy+y^{2}}+\frac{2z^{2}}{3yz+z^{2}}+\frac{2x^{2}}{3zx+x^{2}}\ge \frac{3}{2}}\)
Teraz z nierówności Cauchy'ego-Schwarza w formie Engela:
\(\displaystyle{ \frac{2y^{2}}{3xy+y^{2}}+\frac{2z^{2}}{3yz+z^{2}}+\frac{2x^{2}}{3zx+x^{2}}\ge \frac{2(y+z+x)^{2}}{3(xy+yz+zx)+y^{2}+z^{2}+x^{2}}}\)
toteż wystarczy wykazać:
\(\displaystyle{ \frac{2(y+z+x)^{2}}{3(xy+yz+zx)+y^{2}+z^{2}+x^{2}}\ge \frac{3}{2}}\)
Równoważnie mamy:
\(\displaystyle{ 4(x+y+z)^{2}\ge 9(xy+yz+zx)+3\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)\\ x^{2}+y^{2}+z^{2}\ge xy+yz+zx\\ \frac{1}{2}\left((x-y)^{2}+(y-z)^{2}+(z-x)^{2}\right)\ge 0}\)
co jest już oczywiste.

Jeżeli ktoś się jeszcze nie domyślił , to mówimy o , a dokładniej o jej kreatywnym uzupełnieniu/modyfikacji w przypadku ustalonego iloczynu zmiennych dodatnich, gdy równość w nierówności zachodzi wtedy, gdy wszystkie zmienne są parami równe. Metoda ta czasem działa tam, gdzie szacowanie np. logarytmem naturalnym nie zdaje egzaminu.
Chodzi o zaprzęgnięcie do roboty nierówności \(\displaystyle{ \sum\limits_{x,y,z}\frac{1}{x^2+x+1}\ge 1}\) dla dodatnch \(\displaystyle{ x,y,z}\) spełniających warunek \(\displaystyle{ xyz=1}\). Pojawiła się ona na tym forum co namniej raz, tutaj. Jasne jest, że przy tych samych warunkach, w konsekwencji prawdziwa jest również nierówność \(\displaystyle{ \sum\limits_{x,y,z}\frac{1}{x^{2m}+x^m+1}\ge 1}\) dla dowolnego rzeczywistego \(\displaystyle{ m}\). Bierzemy nierówność z zadania, stosujemy podstawienie Raviego i wychodzi nam równoważnie \(\displaystyle{ \sum\frac{x+y}{3x+y}\ge\frac{3}{2}}\), czyli \(\displaystyle{ \sum\frac{1+\frac{y}{x}}{3+\frac{y}{x}}\ge\frac{3}{2}}\).
Oznaczamy \(\displaystyle{ t=\frac{y}{x},\ u=\frac{z}{y},\ v=\frac{x}{z}}\). Wtedy \(\displaystyle{ tuv=1}\) i równość w nierówności mamy dla \(\displaystyle{ t=u=v=1}\).
Funkcja, którą będziemy tu rozważać, jest postaci $$f(w)=\frac{1+w}{3+w}-\frac{1}{2}+\frac{k}{3}-\frac{k}{w^{2m}+w^m+1},$$ gdzie \(\displaystyle{ m}\) oraz \(\displaystyle{ k>0}\) są pewnymi stałymi, których właśnie szukamy. Nietrudno zauważyć, że funkcja została tak skonstruowana, że \(\displaystyle{ f(1)=0}\). Potrzebujemy jeszcze \(\displaystyle{ f'(1)=0}\), skąd \(\displaystyle{ m=-\frac{3}{8k}}\). Skoro \(\displaystyle{ f}\) ma być dodatnia, to w szczególności \(\displaystyle{ \lim\limits_{w\to 0^+}f(w)\ge 0}\), skąd \(\displaystyle{ k\ge\frac{1}{2}}\) oraz \(\displaystyle{ \lim\limits_{w\to +\infty}f(w)\ge 0}\), skąd \(\displaystyle{ k\le\frac{3}{4}}\). Dla wygody obliczeń wybieramy \(\displaystyle{ k=\frac{3}{4}}\), a wtedy $$f(w)=\frac{1+w}{3+w}-\frac{1}{2}+\frac{1}{4}-\frac{3w}{4\left(w+\sqrt{w}+1\right)}=\frac{\left(\sqrt{w}-1\right)^2\left(3\sqrt{w}+1\right)}{4(w+3)\left(w+\sqrt{w}+1\right)}\ge 0.$$
Mamy więc \(\displaystyle{ f(t),f(u),f(v)\ge 0}\), tzn. że ich suma też jest nieujemna, więc $$\sum\frac{1+t}{3+t}-\frac{3}{2}\ge\frac{3}{4}\sum\frac{t}{t+\sqrt{t}+1}-\frac{3}{4}\ge 0.$$
Równość zachodzi dla trójkątów równobocznych.

Nierówność jest jednorodna, więc przyjmijmy sobie, że \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2=3}\). Wówczas nierówność przyjmuje postać

\(\displaystyle{ \sum_{cyc} \frac{a}{\sqrt{6 -3a^2}} \ge \sqrt{3} }\).

Wystarczy więc pokazać, że \(\displaystyle{ \frac{a}{\sqrt{6-3a^2}} \ge \frac{\sqrt{3}}{3}a^2}\) i wysumować. A to jest już proste, bo przekształca się do \(\displaystyle{ a^2(a^2-1)^2 \ge 0}\).