Matematyka.pl

Nierówność jest równoważna $$3+\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}\le 2\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right).$$
Z Cauchy'ego-Schwarza mamy $$2\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right)=2\left(\frac{b^2}{ab}+\frac{c^2}{bc}+\frac{a^2}{ca}\right)\ge\frac{2(a+b+c)^2}{ab+bc+ca},$$ więc wystarczy dowieść $$3+\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}\le\frac{2(a+b+c)^2}{ab+bc+ca},$$ czyli $$3(ab+bc+ca)+2\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{2abc}{b+c}+\frac{2bca}{c+a}+\frac{2cab}{a+b}\le 2(a+b+c)^2.$$
Po zredukowaniu wyrazów podobnych pozostaje do udowodnienia $$\frac{2abc}{b+c}+\frac{2bca}{c+a}+\frac{2cab}{a+b}\le ab+bc+ca,$$ a to jest prawda na mocy AM-HM, bo $$\frac{2abc}{b+c}+\frac{2bca}{c+a}+\frac{2cab}{a+b}=\frac{2a}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}+\frac{2b}{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}}+\frac{2c}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\le\frac{a(b+c)}{2}+\frac{b(c+a)}{2}+\frac{c(a+b)}{2}=ab+bc+ca.$$
Równość mamy wtw, gdy \(\displaystyle{ a=b=c=\frac{1}{3}}\).

PS Tak, to prawda, tyle że nie w Moskwie, lecz w Leningradzie, nie na Placu Czerwonym, lecz... Otóż poprzednie zadanie ode mnie pochodzi z puli zadań dla klas dziesiątych finałowego etapu Ogólnorosyjskiej Olimpiady Matematycznej na rok szkolny 2001-2002, a ponadto w oryginalnym sformułowaniu dotyczy liczb dodatnich.

Niech \(\displaystyle{ p=x+y+z, \ q=xy+yz+zx, \ r=xyz}\). Mamy rzecz jasna
\(\displaystyle{ x^{3}+y^{3}+z^{3}=p^3-3pq+3r, \\ (x-1)(y-1)(z-1)=p-q+r-1}\)
i założenie przyjmuje formę
\(\displaystyle{ p^3-3pq=3(p-q)-2}\), a teza sprowadza się do \(\displaystyle{ p\le 2}\).
Równość z założenia przekształcamy równoważnie do postaci
\(\displaystyle{ q(3p-3)=p^3-3p+2}\)
Oczywiście jeśli \(\displaystyle{ p=1}\), to teza jest spełniona i nie ma o czym rozmawiać, natomiast dla \(\displaystyle{ p\neq 1}\)
możemy podzielić stronami przez \(\displaystyle{ p-1}\), co daje nam
\(\displaystyle{ 3q=p^{2}+p-2}\)
Jednak z oczywistej nierówności \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx}\) łatwo wynika, że \(\displaystyle{ p^{2}\ge 3q}\),
zatem w tym przypadku
\(\displaystyle{ p^{2}\ge p^2+p-2}\), a to jest równoważne tezie zadania. Równość zachodzi dla \(\displaystyle{ x=y=z=\frac{2}{3}}\).

Biorąc \(\displaystyle{ n=2,\ a_1=a_2=b_1=b_1=\frac{1}{2}}\) dostajemy \(\displaystyle{ \lambda\ge\frac{1}{2}}\). Dowiedziemy, że \(\displaystyle{ \lambda_{min}=\frac{1}{2}}\), czyli że nierówność \begin{gather}\frac{1}{2}\sum\limits_{i=1}^na_ib_i\ge\prod\limits_{i=1}^na_i\tag{$*$}\end{gather} jest prawdziwa dla wszystkich \(\displaystyle{ n\ge 2}\) i ciągów \(\displaystyle{ \left(a_i\right)_{i=1}^n,\ \left(b_i\right)_{i=1}^n}\) spełniających założenia zadania.
Jeżeli \(\displaystyle{ a_k=0}\) dla jakiegoś indeksu \(\displaystyle{ n\ge k\ge 1}\), wtedy prawa strona \(\displaystyle{ (*)}\) jest równa zero, a lewa strona jest nieujemna, więc nierówność jest prawdziwa. Dalej niech \(\displaystyle{ a_i>0}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ n\ge i\ge 1}\).
Niech \(\displaystyle{ n=2}\). Ponieważ wtedy \(\displaystyle{ a_1+a_2=1}\), więc niech WLOG \(\displaystyle{ a_1\ge\frac{1}{2}}\). Z założenia jest również \(\displaystyle{ \frac{1}{2}\ge b_2}\). Mamy wtedy $$\begin{aligned}\frac{1}{2}\left(a_1b_1+a_2b_2\right)-a_1a_2&=\frac{1}{2}\left(a_1(1-b_2)+(1-a_1)b_2\right)-a_1(1-a_1)\\&=\frac{1}{2}(a_1-b_2)(2a_1-1)\ge 0.\end{aligned}$$ Równość mamy wtw, gdy \(\displaystyle{ a_1=a_2=b_1=b_1=\frac{1}{2}}\).
Niech teraz \(\displaystyle{ n\ge 3}\). Na mocy ważonej AM-GM z wagami \(\displaystyle{ b_i}\) mamy $$\frac{1}{2}\sum\limits_{i=1}^na_ib_i\ge\frac{1}{2}\prod\limits_{i=1}^na_i^{b_i}.$$
Ponieważ \(\displaystyle{ 1>a_i>0}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{1}{2}\ge b_i\ge 0}\), to \(\displaystyle{ a_i^{b_i}\ge a_i^{\frac{1}{2}}}\) i mamy $$\frac{1}{2}\prod\limits_{i=1}^na_i^{b_i}\ge\frac{1}{2}\sqrt{\prod\limits_{i=1}^na_i},$$ więc wystarczy udowodnić $$\frac{1}{2}\sqrt{\prod\limits_{i=1}^na_i}\ge\prod\limits_{i=1}^na_i$$ lub $$\frac{1}{4}\ge\prod\limits_{i=1}^na_i.$$ Z drugiej strony, na mocy AM-GM mamy $$\prod\limits_{i=1}^na_i\le\left(\frac{\sum\limits_{i=1}^na_i}{n}\right)^n=\frac{1}{n^n}\le\frac{1}{2^2}=\frac{1}{4},$$ co jest prawdą, ponieważ \(\displaystyle{ n\ge 3}\). Równość nie zachodzi.

Jak to jest, że można coś czytać przed wysłaniem dziesięć razy, a i tak głupoty widać dopiero później? Przypadek \(\displaystyle{ n=2}\) jest przecież oczywisty, bo \(\displaystyle{ b_1+b_2=1}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{1}{2}\ge b_1,b_2}\) dają z automatu \(\displaystyle{ b_1=b_2=\frac{1}{2}}\), a zaraz również i resztę.

Nierówność jest jednorodna, zatem WLOG niech \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+c^{2}=6}\). Wówczas nasza teza redukuje się do
\(\displaystyle{ \frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+ab+bc+ca\ge 12}\)
Niech
\(\displaystyle{ f(a,b,c)=\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+ab+bc+ca}\).
Wykażemy, że przy naszych założeniach jest
\(\displaystyle{ f(a,b,c)\ge f\left(a, \frac{b+c}{2}, \frac{b+c}{2}\right)}\)
Istotnie,
\(\displaystyle{ f(a,b,c)\ge f\left(a, \frac{b+c}{2}, \frac{b+c}{2}\right)\Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \frac{a+b}{c}+\frac{c+a}{b}+bc\ge 2\cdot \frac{a+\frac{b+c}{2}}{\frac{b+c}{2}}+\left(\frac{b+c}{2}\right)^{2}\Leftrightarrow\\\Leftrightarrow a\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{4}{b+c}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}-2\right)\ge \left(\frac{b-c}{2}\right)^{2}\Leftrightarrow\\\Leftrightarrow (b-c)^{2}\left(\frac{a}{bc(b+c)}+\frac{1}{bc}\right)\ge \frac{1}{4}(b-c)^{2}}\)
Dla \(\displaystyle{ b=c}\) jest to prawdą (i zachodzi równość), zaś dla \(\displaystyle{ b\neq c}\) sprowadza się do
\(\displaystyle{ 4(a+b+c)\ge bc(b+c)}\)
co jest bardziej niż oczywiste, wszak
\(\displaystyle{ 4(a+b+c)\\>4(b+c)\\>3(b+c)\\=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2}(b+c)\\>\frac{b^{2}+c^{2}}{2}(b+c)\\\ge bc(b+c)}\)

Wobec tego wystarczy wykazać, że
\(\displaystyle{ f\left(\sqrt{6-2x^{2}}, x, x\right)\ge 12}\),
gdzie \(\displaystyle{ 0< x\le 1}\)
Innymi słowy:
\(\displaystyle{ 2\cdot \frac{\sqrt{6-2x^{2}}+x}{x} +\frac{2x}{\sqrt{6-2x^{2}}}+x^{2}+2x\sqrt{6-2x^{2}}\ge 12\\2\cdot \frac{\sqrt{6-2x^{2}}}{x}+\frac{2x}{\sqrt{6-2x^{2}}}+x^{2}+2x\sqrt{6-2x^{2}}\ge 10\\2\left(6-2x^{2}\right)+2x^2+x^3\sqrt{6-2x^{2}}+2x^2\left(6-2x^{2}\right)\ge 10x\sqrt{6-2x^{2}}\\-4x^4+10x^2+12\ge \left(10x-x^3\right)\sqrt{6-2x^2}\\18\left(1-x^2\right)\left(2-x^2\right)^3\ge 0}\)
a to już jest oczywiste, bo iloczyn liczb nieujemnych jest nieujemny.


Wyjątkowo nieprzyjemna nierówność, no nie podoba mi się. Aczkolwiek niewykluczone, że zmieniłbym zdanie, gdybym zobaczył prostszy dowód.

Moje rozwiązanie jest koncepcyjnie bardzo podobne, tyle że bez normowania przy mixing variables. Myślę, że trzymanie się tego nowego warunku także w końcówce mogło ją skomplikować. Może po wykazaniu, że wystarczy dowód dla przypadku \(\displaystyle{ b=c}\), lepiej było powrócić do pierwotnej (jednorodnej) postaci nierówności i unormować inaczej: \(\displaystyle{ (t,1,1)}\) przy \(\displaystyle{ t\ge 2}\), no ale to już kwestia preferencji.

Ech, jednak dałam się chyba zwieść, no bo przecież po unormowaniu z \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2=6}\) nierówność nie jest jednorodna, a zamiana \(\displaystyle{ (a,b,c)}\) na \(\displaystyle{ \left(a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2}\right)}\) nie zachowuje sumy kwadratów zmiennych, więc to nie przechodzi bez uzasadnienia, a gdyby próbować z \(\displaystyle{ \left(a,\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}},\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}\right)}\), to wtedy w ogólności nie zachowuje się \(\displaystyle{ a\ge b+c}\).
W ramach pokuty spróbuję dzisiaj rozwiązać bieżące zadanie, a gdyby rozwiązanie okazało się poprawne, to oddaję kolejkę.

Zasadnicze twierdzenie algebry daje pewność, że równanie \(\displaystyle{ P(x)=0}\) ma, zliczając krotności, pięć pierwiastków zespolonych, nazwijmy je \(\displaystyle{ x_1,x_2,x_3,x_4,x_5}\). Ze wzorów Viete'a mamy \(\displaystyle{ b=x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+x_1x_5+x_2x_3+x_2x_4+x_2x_5+x_3x_4+x_3x_5+x_4x_5}\), \(\displaystyle{ a=-(x_1+x_2+x_3+x_4+x_5)}\).
Na potrzeby dowodu nie wprost przypuśćmy, że \(\displaystyle{ x_1,x_2,x_3,x_4,x_5\in\mathbb{R}}\). Jednakże dla dowolnych liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ s,t,u,v,w}\) prawdziwa jest nierówność $$2(s+t+u+v+w)^2\ge 5(st+su+sv+sw+tu+tv+tw+uv+uw+vw),$$ która jest równoważna $$\begin{aligned}4&(s+t+u+v+w)^2-10(st+su+sv+sw+tu+tv+tw+uv+uw+vw)\\&=(s-t)^2+(s-u)^2+(s-v)^2+(s-w)^2+(t-u)^2+(t-v)^2+(t-w)^2+(u-v)^2+(u-w)^2+(v-w)^2\ge 0.\end{aligned}$$ W szczególności musi tę nierówność spełniać także piątka \(\displaystyle{ (s,t,u,v,w)=(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)}\), która z założenia spełnia też \(\displaystyle{ 2a^2<5b}\), więc mamy \(\displaystyle{ 5b\le 2a^2<5b}\), czyli \(\displaystyle{ 5b<5b}\) - sprzeczność. Liczby \(\displaystyle{ x_1,x_2,x_3,x_4,x_5}\) nie mogą zatem wszystkie być rzeczywiste, tzn. co najmniej jedna nie jest, c.b.d.o.

Niech \(\displaystyle{ x_{i}:=a_{i+1}-a_{i}, \ i=1,2\ldots 2n-1}\). Wówczas założenie to \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{2n-1}x_{i}^2=1}\),
zaś dzięki spostrzeżeniu, że \(\displaystyle{ a_{i}=a_{1}+\sum_{j=1}^{i-1}x_{j}}\) oraz zmianie kolejności sumowania, możemy przedstawić maksymalizowane wyrażenie w postaci \(\displaystyle{ \sum_{j=1}^{n-1}nx_{j}+\sum_{j=n}^{2n-1}(2n-j)x_{j} }\). Następnie korzystamy z oczywistej nierówności \(\displaystyle{ x\le |x|}\) i z nierówności Cauchy'ego-Schwarza:
\(\displaystyle{ \sum_{j=1}^{n-1}nx_{j}+\sum_{j=n}^{2n-1}(2n-j)x_{j}\\\le \sqrt{\left(\sum_{j=1}^{n-1}nx_{j}+\sum_{j=n}^{2n-1}(2n-j)x_{j}\right)^2}\\\le \sqrt{\left(\sum_{j=1}^{2n-1}x_{j}^2\right)\left(\sum_{j=1}^{n-1}n^2+\sum_{j=n}^{2n-1}(2n-j)^2\right)}\\=\sqrt{\sum_{j=1}^{n-1}n^2+\sum_{j=n}^{2n-1}(2n-j)^2}}\).
Oczywiście ta ostatnia suma pod pierwiastkiem, po odwróceniu kolejności sumowania, okazuje się niczym innym, jak
\(\displaystyle{ (n-1)n^2+\sum_{j=1}^nj^2=(n-1)n^2+\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}\) i pozostaje skorzystać z warunku równości w nierówności CS (tj. odpowiednie wektory mają być proporcjonalne).