Matematyka.pl

Ponieważ na mocy AM-GM jest
\(\displaystyle{ \frac{a^{2}}{b}+\frac{a^{2}}{b}+a^{2}b^{2}\ge 3a^{2}}\)
(i analogicznie dla pozostałych), więc
\(\displaystyle{ 2\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{a^{2}}{b}+\sum_{\text{cyc}}^{}a^{2}b^{2}\ge 3\sum_{\text{cyc}}^{}a^{2}}\)
a równoważnie
\(\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}^{}\frac{a^{2}}{b}+\frac{1}{2}\sum_{\text{cyc}}^{}a^{2}b^{2}\ge \frac{3}{2}\sum_{\text{cyc}}^{}a^{2} \ (\heartsuit)}\)
Wystarczy zatem wykazać, że w dodatnich spełniających \(\displaystyle{ a^{4}+b^{4}+c^{4}=3}\) mamy
\(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+c^{2}\ge (ab)^{2}+(bc)^{2}+(ca)^{2} \ (*)}\), czym dalej się zajmę.
Podstawmy dla prostoty \(\displaystyle{ x=a^{2}}\) etc. i założenie to
\(\displaystyle{ x^{2}+y^{2}+z^{2}=3}\), a teza lematu przedstawia się tak:
\(\displaystyle{ x+y+z\ge xy+yz+zx}\)
Ponieważ obie strony są dodatnie, więc równoważnie
\(\displaystyle{ (x+y+z)^{2}\ge (xy+yz+zx)^{2}\\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)(x+y+z)^{2}\ge 3(xy+yz+zx)^{2}}\)
Oznaczmy teraz \(\displaystyle{ p=x+y+z, \ q=xy+yz+zx}\), a wówczas mamy do udowodnienia
\(\displaystyle{ \left(p^{2}-2q\right)p^{2}\ge 3q^{2}\\\left(p^{2}-3q\right)\left(p^{2}+q\right)\ge 0}\)
co jest oczywistym, gdyż \(\displaystyle{ p^{2}+q>0}\), a ponadto ze znanej nierówności \(\displaystyle{ x^{2}+y^{2}+z^{2}\ge xy+yz+zx}\), po dodaniu stronami wyrażenia
\(\displaystyle{ 2(xy+yz+zx)}\), mamy
\(\displaystyle{ p^{2}\ge 3q}\).
Dowiedliśmy zatem \(\displaystyle{ (*)}\), co w połączeniu z \(\displaystyle{ (\heartsuit)}\) daje tezę zadania.
Po przeanalizowaniu przypadków równości w AM-GM i lemaciku łatwo widać, że równość w wyjściowej nierówności zachodzi dla \(\displaystyle{ a=b=c=1}\).

Jeżeli \(\displaystyle{ abc=1}\), to istnieją niezerowe liczby rzeczywiste \(\displaystyle{ x,y,z}\), takie że \(\displaystyle{ a=\frac{x}{y},\ b=\frac{y}{z},\ c=\frac{z}{x}}\) (jako takie liczby można wskazać \(\displaystyle{ x=abc,\ y=bc,\ z=c}\)). Po podstawieniu otrzymujemy $$\left(\frac{zx}{xy+yz}\right)^2+\left(\frac{xy}{yz+zx}\right)^2+\left(\frac{yz}{zx+xy}\right)^2\ge\frac{3}{4}.$$ Narzuca się Cauchy-Schwarz i Nesbitt (pomnożyć obie strony przez trzy, zastosować C-S, spierwiastkować obie strony). Ale takim samym kosztem można dowieść tej nierówności dla dowolnych rzeczywistych \(\displaystyle{ x,y,z}\), dla których lewa strona ma sens, tzn. gdy \(\displaystyle{ xyz(x+y)(y+z)(z+x)\neq 0}\), czyli dla rzeczywistych \(\displaystyle{ a,b,c}\), takich że \(\displaystyle{ abc=1}\) i \(\displaystyle{ ab,bc,ca\neq -1}\). Mamy z C-S $$\frac{(zx)^2}{(xy+yz)^2}+\frac{(xy)^2}{(yz+zx)^2}+\frac{(yz)^2}{(zx+xy)^2}\ge\frac{(zx)^2}{2\left((xy)^2+(yz)^2\right)}+\frac{(xy)^2}{2\left((yz)^2+(zx)^2\right)}+\frac{(yz)^2}{2\left((zx)^2+(xy)^2\right)},$$ czyli wystarczy dowieść $$\frac{(zx)^2}{(xy)^2+(yz)^2}+\frac{(xy)^2}{(yz)^2+(zx)^2}+\frac{(yz)^2}{(zx)^2+(xy)^2}\ge\frac{3}{2},$$ a to jest Nesbitt.
Równość zachodzi wtw, gdy \(\displaystyle{ x^2=y^2=z^2}\), ale nie możemy mieć \(\displaystyle{ x=-y}\) itp., więc może być tylko \(\displaystyle{ x=y=z}\), tzn. \(\displaystyle{ a=b=c=1}\).

Co zabawne (acz nic dziwnego, bo nie należę do osób spostrzegawczych), nie zauważyłem podejścia, które zaproponowałaś jako narzucające się i też właśnie doprowadziłem do Nesbitta w ten drugi sposób, tj. \(\displaystyle{ (xy+yz)^{2}\le 2\left((xy)^{2}+(yz)^{2}\right)}\) etc.

Dodajmy stronami \(\displaystyle{ \frac{17}{4}}\) i pomnóżmy stronami otrzymaną nierówność przez \(\displaystyle{ 4}\), a otrzymamy równoważną nierówność
\(\displaystyle{ (a+b+c)\left(\frac{4}{b+c}+\frac{4}{a+c}+\frac{9}{a+b}\right)\ge \frac{74}{3}}\)
Nierówność jest jednorodna, zatem WLOG niech \(\displaystyle{ a+b+c=1}\), a wtedy mamy do wykazania
\(\displaystyle{ \frac{4}{b+c}+\frac{4}{a+c}+\frac{9}{a+b}\ge \frac{74}{3}}\)
Korzystamy z nierówności między ważoną średnią arytmetyczną a ważoną średnią harmoniczną (tudzież z Jensena dla wypukłej \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{x}}\) z odpowiednio dobranymi wagami), a następnie założenia \(\displaystyle{ a\ge b+c}\):
\(\displaystyle{ \frac{12}{37}\cdot \frac{37}{3(b+c)}+\frac{10}{37}\cdot \frac{74}{5(a+c)}+\frac{15}{37}\cdot \frac{111}{5(a+b)}\\ \ge \frac{1}{\frac{36}{37^{2}}(b+c)+\frac{25}{37^{2}}(a+c)+\frac{25}{37^{2}}(a+b)}\\=\frac{37^{2}}{50a+61b+61c}\\ \ge \frac{37^{2}}{\frac{111}{2}(a+b+c)}=\frac{74}{3}}\)

c.n.d.

Równość zachodzi dla \(\displaystyle{ (a,b,c)=\left(\frac{1}{2}, \frac{2}{5}, \frac{1}{10}\right)}\), a po porzuceniu ujednorodnienia dla \(\displaystyle{ a=5x, \ b=4x, \ c=x}\), gdzie \(\displaystyle{ x>0}\)

Po ujednorodnieniu z użyciem \(\displaystyle{ 1=-xyz}\) mamy do udowodnienia $$\sum x^4-3xyz\sum x+\sum xy\left(x^2+y^2\right)\ge 0.$$
Oznaczając dla wygody \(\displaystyle{ \sum x=p,\ \sum xy=q,\ xyz=r}\) dostajemy:
\(\displaystyle{ \begin{aligned}\sum x^4&=\left(\sum x^2\right)^2-2\sum x^2y^2=\left(\left(\sum x\right)^2-2\sum xy\right)^2-2\left(\left(\sum xy\right)^2-2xyz\sum x\right)\\&=\left(p^2-2q\right)^2-2\left(q^2-2pr\right)=p^4-4p^2q+2q^2+4pr\end{aligned}}\)
oraz
\(\displaystyle{ \begin{aligned}\sum xy\left(x^2+y^2\right)&=\sum x^2\cdot\sum xy-xyz\sum x=\left(\left(\sum x\right)^2-2\sum xy\right)\cdot\sum xy-xyz\sum x\\&=\left(p^2-2q\right)q-pr=p^2q-2q^2-pr.\end{aligned}}\)
Nierówność przybiera postać $$p^4-4p^2q+2q^2+4pr-3pr+p^2q-2q^2-pr=p^2\left(p^2-3q\right)\ge 0.$$
Równość mamy w przypadku, gdy \(\displaystyle{ p^2=3q}\), tzn. gdy \(\displaystyle{ \sum x^2=\sum xy}\), czyli dla \(\displaystyle{ x=y=z=-1}\). Równość mamy również wtedy, gdy \(\displaystyle{ p=x+y+z=0}\) przy \(\displaystyle{ z=-\frac{1}{xy}}\), tzn. gdy \(\displaystyle{ (x,y,z)}\) jest permutacją trójki \(\displaystyle{ \left(t,\frac{\sqrt{t^4+4t}-t^2}{2t},-\frac{\sqrt{t^4+4t}+t^2}{2t}\right)}\), gdzie \(\displaystyle{ t\in\mathbb{R}\setminus\left(-\sqrt[3]{4},0\right]}\).

Połóżmy dla prostoty \(\displaystyle{ a=x^{2}, \ b=y^{2}, \ c=z^{2}, \ x,y,z\ge 0}\)
Wówczas założenie to \(\displaystyle{ x^{2}+y^{2}+z^{2}=3}\), a teza tak się przedstawia:
\(\displaystyle{ x+y+z\ge (xy)^2+(yz)^2+(zx)^2}\)
Równoważnie:
\(\displaystyle{ 2(x+y+z)\ge \left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{2}-\left(x^{4}+y^{4}+z^{4}\right)\\2(x+y+z)+x^4+y^4+z^4\ge 9 \ (*)}\)
Jednak na mocy AM-GM mamy \(\displaystyle{ x^{4}+x+x\ge 3x^{2}}\).
Dodając stronami tę i dwie analogiczne nierówności, otrzymujemy \(\displaystyle{ (*)}\), co kończy dowód.

NB co zabawne, najpierw przez ponad dwie godziny próbowałem to spałować metodą pqr, wyszły jakieś koszmarne obliczenia (pewnie błąd w rachunkach) i dałem sobie spokój.

Zadanie pochodzi podobno z czasopisma Kwant. Idea powyższego rozwiązania jest taka sama, jak w bardzo ładnym rozwiązaniu uchodzącym za wzorcowe.
Wielomiany symetryczne pewnie można by też wykorzystać bez uprzedniego urobienia nierówności, ale ponieważ nie jest ona jakaś bardzo ciasna, to można spróbować wcześniej coś postrugać. Rozwiązanie, jakie udało mi się wymyślić, korzysta z GM-HM, C-S oraz danego warunku. Oznaczając \(\displaystyle{ ab+bc+ca=q}\), mamy $$\sum\sqrt{a\cdot 1}\ge\sum\frac{2}{1+\frac{1}{a}}=\sum\frac{2a^2}{a^2+a}\ge\frac{2(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+a+b+c}=\frac{9}{6-q},$$ no a \(\displaystyle{ \frac{9}{6-q}\ge q}\) zwija się do \(\displaystyle{ (3-q)^2\ge 0}\).

EDIT: Padłas, dopiero zauważyłam, że trzeba jeszcze osobno rozważyć przypadek, gdy jedna lub dwie zmienne są równe zero, co jest łatwe, a zarazem irytujące.