Jeśli nie walnąłem się w rachunkach, to da się to zrobić w miarę bezboleśnie (to znaczy, w porównaniu z poprzednią nierównością, która przypomniała mi, że matematyka to sztuka niebycia mną).
Zacznijmy od tego, że możemy przyjąć
\(\displaystyle{ x,y,z\ge 0:}\) jeśli, dla ustalenia uwagi,
\(\displaystyle{ x<0}\) i
\(\displaystyle{ y>0}\) i
\(\displaystyle{ f(t)=\frac{1}{\sqrt{3+t^2}}}\), to
\(\displaystyle{ f(x)+f(y)+f(z)<f(0)+f(x+y)+f(z)}\) (gdyż
\(\displaystyle{ f}\) rośnie w ujemnych i maleje w dodatnich, a
\(\displaystyle{ |x+y|<\max\left\{|x|, \ |y|\right\}}\) dla liczb o przeciwnych znakach). Z uwagi na
\(\displaystyle{ x+y+z=3>0}\) możemy w razie potrzeby ponownie postąpić w analogiczny sposób szacując
\(\displaystyle{ f(x+y)+f(z)}\) z góry, z zachowaniem sumy zmiennych i zwiększając przy tym sumę wartości
\(\displaystyle{ f}\).
W dalszym rozumowaniu jest
\(\displaystyle{ x,y,z\ge 0}\).
Udowodnimy teraz, że gdy
\(\displaystyle{ t\le 4-\sqrt{5}}\), to
\(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{3+t^2}}\le -\frac 1 8 t+\frac 5 8 \ (*)}\).
Oczywiście
\(\displaystyle{ 4-\sqrt{5}<5}\), więc równoważnie mamy:
\(\displaystyle{ \frac{1}{3+t^2}\le \frac{1}{64}\left(t^2-10t +25\right)\\ 64\le \left(t^2+3\right)\left(t^2-10t+25\right)\\0\le (t-1)^2\left((t-4)^2-5\right)}\)
i to już jest jasne (wzór na różnicę kwadratów każdy zna).
Odnotujemy następnie (po prostu liczymy drugą pochodną), że funkcja
\(\displaystyle{ f(t)=\frac{1}{\sqrt{3+t^3}}}\) ma punkt przegięcia
\(\displaystyle{ t_0=\sqrt{\frac 3 2}}\)i na lewo od niego jest wklęsła, a na prawo od niego - wypukła.
Rozważymy dwa główne przypadki:
1)
\(\displaystyle{ x,y,z\le 4-\sqrt{5}}\): wówczas, korzystając z
\(\displaystyle{ (*)}\), otrzymujemy
\(\displaystyle{ f(x)+f(y)+f(z)\le -\frac{1}{8}(x+y+z)+\frac{15}{8}=\frac 3 2}\), c.n.d.
2) dla ustalenia uwagi niech
\(\displaystyle{ \max\left\{x,y,z\right\}=x>4-\sqrt{5}, \ y,z\le 4-\sqrt{5}}\).
Mamy wówczas jedną z dwóch możliwości:
2a)
\(\displaystyle{ y,z<\sqrt{\frac 3 2}}\): wtedy na mocy nierówności Jensena otrzymujemy
\(\displaystyle{ f(x)+f(y)+f(z)\le f(x)+2f\left(\frac{y+z}{2}\right)=f(x)+2f\left(\frac{3-x}{2}\right)}\).
2b) dla ustalenia uwagi
\(\displaystyle{ y<\sqrt{\frac 3 2}, \ z\ge \sqrt{\frac 3 2}}\). Funkcja
\(\displaystyle{ f}\) jest wypukła dla argumentów niemniejszych niż
\(\displaystyle{ \sqrt{\frac 3 2}}\), a ponadto
\(\displaystyle{ \left(x+z-\sqrt{\frac 3 2}, \sqrt{\frac 3 2}\right) \succ(x,z)}\). Zatem na mocy nierówności Karamaty
\(\displaystyle{ f(x)+f(z)\le f\left(x+z-\sqrt{\frac 3 2}\right)+f\left(\sqrt{\frac 3 2}\right)}\).
Następnie znów z Jensena
\(\displaystyle{ f(y)+f\left(\sqrt{\frac 3 2}\right)\le 2f\left(\frac{y+\sqrt{\frac 3 2}}{2}\right)}\)
i co za tym idzie
\(\displaystyle{ f(x)+f(y)+f(z)\le f\left(x+z-\sqrt{\frac 3 2}\right)+2f\left(\frac{y+\sqrt{\frac 3 2}}{2}\right)}\).
Tak czy owak, pozostaje nam do wykazania nierównośc
\(\displaystyle{ f(x)+2f\left(\frac{3-x}{2}\right)\le \frac 3 2}\) dla
\(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{\sqrt{3+x^2}}}\) i
\(\displaystyle{ x\in \left(\sqrt{\frac 3 2}, 3\right]}\).
Innymi słowy:
\(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{3+x^2}}+\frac{2}{\sqrt{3+\left(\frac{3-x}{2}\right)^2}}\le \frac 3 2}\).
Bardzo nie chcę nawalać kolejnej nierówności wielomianowej z dziwnymi współczynnikami, więc przyjmę
\(\displaystyle{ x=\sqrt{3}\tg \alpha, \ \frac{3-x}{2}=\sqrt{3}\tg \beta}\) dla pewnych
\(\displaystyle{ \alpha, \ \beta\in \left[0, \frac{\pi}{2}\right)}\).
Wówczas
\(\displaystyle{ \sqrt{3}=\tg \alpha+2\tg \beta}\) (stąd też
\(\displaystyle{ \alpha, \ \beta\in \left[0, \frac\pi 3\right]}\)), a teza przyjmuje postać
\(\displaystyle{ \cos \alpha+2\cos \beta \le \frac{3\sqrt{3}}{2}}\).
To już łatwo rozwala metoda mnożników Lagrange'a w połączeniu z tw. Weierstrassa o przyjmowaniu kresów przez funkcję ciągłą na zbiorze zwartym. Chcecie skany zeszytu?
Wrzuć, proszę, szkic co najmniej jednego z tych ładnych rozwiązań, których istnienie zasugerowałaś.
