Matematyka.pl

Z oznaczeniami jw., skorzystaj z nierówności \(\displaystyle{ 2a^2+2b^2\ge (a+b)^2\ge a^2+b^2}\).

Oznaczamy \(\displaystyle{ x+y=u}\). Z \(\displaystyle{ x+y=3\sqrt{x+1}+3\sqrt{y+2}}\) mamy \(\displaystyle{ u\ge 0}\).
Z jednej strony $$(x+y)^2=9\left(\sqrt{x+1}+\sqrt{y+2}\right)^2\le 9(x+y+3)\cdot 2$$ lub \(\displaystyle{ u^2-18u-54\le 0}\), co daje \(\displaystyle{ u\le 3(3+\sqrt{15})}\). Ta wartość jest osiągana, gdy \(\displaystyle{ x+1=y+2}\), tzn. dla \(\displaystyle{ (x,y)=\left(5+\frac{3}{2}\sqrt{15},4+\frac{3}{2}\sqrt{15}\right)}\).
Z drugiej strony $$(x+y)^2=9\left(\sqrt{x+1}+\sqrt{y+2}\right)^2\ge 9(x+y+3)$$ lub \(\displaystyle{ u^2-9u-27\ge 0}\), co daje \(\displaystyle{ u\ge\frac{3}{2}(3+\sqrt{21})}\). Ta wartość jest osiągana np. gdy \(\displaystyle{ x+1=0}\), tzn. dla \(\displaystyle{ (x,y)=\left(-1,\frac{1}{2}(11+3\sqrt{21})\right)}\). Drugi przypadek to \(\displaystyle{ y+2=0}\), tzn. \(\displaystyle{ (x,y)=\left(\frac{1}{2}(13+3\sqrt{21}),-2\right)}\).

Dla wygody rozdzielę rozwiązanie na przypadki \(\displaystyle{ k\le 0, \ k>0}\).

\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) Niech \(\displaystyle{ k>0}\).
Jeśli co najmniej jedna spośród \(\displaystyle{ x,y,z,t}\) jest zerem, to nierówność zachodzi w sposób oczywisty. Podobnie jest w sytuacji, w której mamy parzyście wiele liczb ujemnych wśród \(\displaystyle{ x,y,z,t}\), czyli wystarczy rozważyć nieparzyście wiele ujemnych. Zauważmy, że nierówność jest symetryczna, a ponadto zmiana \(\displaystyle{ x,y,z,t}\) na \(\displaystyle{ -x,-y,-z,-t}\) nie zmienia założeń ani „tezy", a zatem bez straty ogólności możemy rozważyć przypadek \(\displaystyle{ x>0, \ y>0, \ z>0, \ t<0}\). Pozbywamy się ujemnej zmiennej, wstawiając \(\displaystyle{ t:=-(x+y+z)}\)
i mamy do rozważenia nierówność
\(\displaystyle{ x^{4}+y^{4}+z^{4}+(x+y+z)^{4}\ge k xyz(x+y+z)}\)

Zauważmy, że jeśli \(\displaystyle{ k>28}\), to kładąc \(\displaystyle{ x=y=z=1}\), mamy fałszywą nierówność
\(\displaystyle{ 84\ge 3k}\), zatem pozostaje \(\displaystyle{ k\le 28}\). Udowodnimy, że stała \(\displaystyle{ 28}\) działa (co za tym idzie, działa też dowolna mniejsza stała dodatnia).
Mamy
\(\displaystyle{ x^{4}+y^{4}+z^{4}+(x+y+z)^{4}\\\ge x^{4}+y^{4}+z^{4}+27xyz(x+y+z)\\ \ge x^{2}yz+y^{2}zx+z^{2}xy+27xyz(x+y+z)\\=28xyz(x+y+z)}\)
Pierwsza nierówność wynika z AM-GM: \(\displaystyle{ (x+y+z)^{3}\ge\left(3\sqrt[3]{xyz}\right)^{3}}\), druga również, a mianowicie dodajemy tam cyklicznie w dodatnich \(\displaystyle{ \frac{2x^{4}+y^{4}+z^{4}}{4}\ge x^{2}yz}\) (to jest AM-GM dla czterech zmiennych).

\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) Teraz rozpatrzymy \(\displaystyle{ k\le 0}\).
Jeśli \(\displaystyle{ k<-4}\),to kładąc \(\displaystyle{ (x,y,z,t)=(1,-1,1,-1)}\) dostajemy fałszywą nierówność
\(\displaystyle{ 4+k\ge 0}\), więc teza nie jest spełniona.
Wykażemy teraz, że działa \(\displaystyle{ k=-4}\), a łatwo zauważyć, że z tego wyniknie również prawdziwość nierówności dla wszystkich \(\displaystyle{ k\in[-4,0]}\). Na mocy AM-GM dla czterech zmiennych jest:
\(\displaystyle{ x^{4}+y^{4}+z^{4}+t^{4}-4xyzt\\\ge 4|xyzt|-4xyzt\\=4\left(|xyzt|-xyzt\right)\ge 0}\)

Jedyna zmiana dla pozostałych \(\displaystyle{ k\in(-4,0]}\) jest taka, że po skorzystaniu ze średnich szacujemy
\(\displaystyle{ 4|xyzt|+kxyzt\ge |k||xyzt|+kxyzt=|kxyzt|+kxyzt\ge 0}\)
Mam nadzieję, że jest OK.

Nierówność jest oczywiście prawdziwa, gdy \(\displaystyle{ \cos x=0}\) lub gdy \(\displaystyle{ n=1}\). Dalej niech \(\displaystyle{ \cos x\neq 0}\) i \(\displaystyle{ n\ge 2}\).
Mamy równoważnie $$\left(\sin^2x+\cos^2x\right)^n\ge 2^n\sin^nx\cos^nx+\left(\sin^nx-\cos^nx\right)^2.$$
Po podzieleniu przez dodatni \(\displaystyle{ \cos^{2n}x}\), oznaczywszy \(\displaystyle{ \tan x=t}\), mamy do udowodnienia $$\left(t^2+1\right)^n\ge 2^nt^n+\left(t^n-1\right)^2$$ dla dowolnej liczby rzeczywistej \(\displaystyle{ t}\), co po otwarciu nawiasów można zapisać jako $$\sum\limits_{k=1}^{n-1}\binom{n}{k}t^{2k}\ge \left(2^n-2\right)t^n.$$ Oznaczmy dodatkowo \(\displaystyle{ |t|=u}\). Wtedy z AM-GM otrzymujemy $$\sum\limits_{k=1}^{n-1}\binom{n}{k}t^{2k}=\sum\limits_{k=1}^{n-1}\binom{n}{k}u^{2k}\ge\sum\limits_{k=1}^{n-1}\binom{n}{k}\cdot\sqrt[\sum\limits_{k=1}^{n-1}\binom{n}{k}]{u^{2\sum\limits_{k=1}^{n-1}k\binom{n}{k}}}.$$

Sumami występującymi powyżej zajmowano się na tym forum wielokrotnie, więc tutaj będzie skrótowo.
Mamy $$\sum\limits_{k=1}^{n-1}\binom{n}{k}=-\binom{n}{0}-\binom{n}{n}+\sum\limits_{k=0}^{n}\binom{n}{k}=2^n-2,$$ ponieważ \begin{gather}(1+1)^n=\sum\limits_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\cdot 1^k\cdot1^{n-k}=\sum\limits_{k=0}^{n}\binom{n}{k}.\tag{$*$}\end{gather}
Mamy także $$\sum\limits_{k=1}^{n-1}k\binom{n}{k}=-n\binom{n}{n}+\sum\limits_{k=0}^{n}k\binom{n}{k}=n2^{n-1}-n=\frac{n}{2}\cdot\left(2^n-2\right),$$ ponieważ $$k\binom{n}{k}=k\cdot\frac{n!}{k!(n-k)!}=\frac{(n-1)!\cdot n}{(k-1)!\left((n-1)-(k-1)\right)!}=n\binom{n-1}{k-1}$$ oraz $$\sum\limits_{k=0}^{n}k\binom{n}{k}=\sum\limits_{k=1}^{n}k\binom{n}{k}=n\sum\limits_{k=1}^{n}\binom{n-1}{k-1}=n\sum\limits_{i=0}^{n-1}\binom{n-1}{i}=n2^{n-1},$$ na mocy \(\displaystyle{ (*)}\).

Wobec powyższego, zachodzi $$\sum\limits_{k=1}^{n-1}\binom{n}{k}\cdot\sqrt[\sum\limits_{k=1}^{n-1}\binom{n}{k}]{u^{2\sum\limits_{k=1}^{n-1}k\binom{n}{k}}}=\left(2^n-2\right)u^n\ge\left(2^n-2\right)t^n,$$ c.b.d.o.

Jeżeli \(\displaystyle{ n=1,2}\), to równość zachodzi dla dowolnego rzeczywistego \(\displaystyle{ x}\). Jeżeli \(\displaystyle{ n\ge 3}\), to równość zachodzi dla \(\displaystyle{ x\in\left\{m\pi,\left(\frac{1}{4}+m\right)\pi,\left(\frac{1}{2}+m\right)\pi\right\}}\), a w przypadku parzystych \(\displaystyle{ n}\) - dodatkowo dla \(\displaystyle{ x= \left(\frac{3}{4}+m\right)\pi}\), gdzie \(\displaystyle{ m\in\mathbb{Z}}\).

Mój dowód był bardzo podobny w stylu, ale korzystałem z tego, że
\(\displaystyle{ {n\choose k}={n\choose n-k}}\) i stosowałem wielokrotnie AM-GM dla dwóch zmiennych:
\(\displaystyle{ {n\choose k}t^{2k}+{n\choose n-k}t^{2(n-k)}\ge 2{n\choose k}t^{n}\\=\left({n\choose k}+{n\choose n-k}\right)t^{n}}\)
(oczywiście \(\displaystyle{ k\neq \frac{n}{2}}\); dla parzystego \(\displaystyle{ n}\) składnik \(\displaystyle{ {n\choose \frac{n}{2}}t^{n}}\), który się tam pojawi, zostawiamy tak jak jest).

Zacznijmy od tego, że na mocy AM-GM i nierówności z założenia jest:
\(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+2\\\ge a^{3}+b^{5}+2\\=\frac{1}{2}\left(2a^{3}+1\right)+\frac{1}{2}\left(2b^{5}+3\right)\\ \ge \frac{3}{2}a^{2}+\frac{5}{2}b^{2}}\)
a zatem zachodzi
\(\displaystyle{ 2\ge \frac{1}{2}a^{2}+\frac{3}{2}b^{2}}\)

Przekształćmy jeszcze tezę do wygodniejszej postaci:
\(\displaystyle{ (1-2b)\left(a^{2}+b^{2}\right)+2\ge 0}\)

Jeśli \(\displaystyle{ b\le \frac{1}{2}}\), to nierówność zachodzi w sposób oczywisty.
Jeżeli natomiast \(\displaystyle{ b>\frac{1}{2}}\), to LHS jest malejącą funkcją liniową zmiennej \(\displaystyle{ a^{2}}\), a że
\(\displaystyle{ 2\ge \frac{1}{2}a^{2}+\frac{3}{2}b^{2}}\), to wystarczy udowodnić, że nierówność zachodzi, gdy
\(\displaystyle{ a^{2}=4-3b^{2}}\). Innymi słowy, pozostało wykazać, że
\(\displaystyle{ (1-2b)\left(4-2b^{2}\right)+2\ge 0}\)
Równoważnie:
\(\displaystyle{ 4b^{3}-2b^{2}-8b+6\ge 0\\2(b-1)^{2}(2b+3)\ge 0}\)
a to jest oczywiste. Równość zachodzi dla \(\displaystyle{ a=b=1}\).

Inaczej:
\(\displaystyle{ 2a^2+2b^2+2\ge 2a^3+2b^5+2=\frac{2}{15}\left(10a^3+3b^5+2\right)+\frac{2}{5}\left(3b^5+2\right)+\frac{1}{3}\left(2a^3+1\right)+\frac{1}{5}\left(2b^5+3\right)\ge 2a^2b+2b^3+a^2+b^2.}\)

Prawdziwość tezy zadania wynika z dwóch nierówności: $$\left(a^2+b+\frac{3}{4}\right)\left(b^2+a+\frac{3}{4}\right)-\left(a^2+a+\frac{3}{4}\right)\left(b^2+b+\frac{3}{4}\right)=(a-b)^2(a+b)\ge 0$$ oraz $$\left(\left(a^2+\frac{1}{4}\right)+a+\frac{1}{2}\right)\left(\left(b^2+\frac{1}{4}\right)+b+\frac{1}{2}\right)\ge\left(2a+\frac{1}{2}\right)\left(2b+\frac{1}{2}\right).$$ W pierwszej zwyczajnie wymnażamy to po lewej, a następnie zwijamy cztery składniki, które nam się nie zredukują, a druga wynika z dodatniości głównych czynników i AM-GM na wyrażeniach w wewnętrznych nawiasach. Równość zachodzi wtw, gdy \(\displaystyle{ a=b=\frac{1}{2}}\).

PS Postępując w inny (choć niekoniecznie subtelniejszy) sposób można dowieść, że teza jest prawdziwa również przy osłabionych założeniach: gdy \(\displaystyle{ a,b\ge -\frac{1}{2}}\), a nawet gdy \(\displaystyle{ a+b\ge -1}\). Mamy wtedy równość w jeszcze jednym punkcie.