Matematyka.pl

Zaczniemy od AM-GM

\(\displaystyle{ x_1^3+x_2^3 + x_3^3 +1 = \left(x_1^3+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}\right) + \left(x_2^3+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}\right) + \left(x_3^3+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}\right) \ge 3\sqrt[3]{\left(x_1^3+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}\right) \left(x_2^3+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}\right) \left(x_3^3+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}\right) }}\).

i tak dla każdej zmiennej. Teraz bierzemy już cały iloczyn, grupujemy i korzystamy z Höldera

\(\displaystyle{ \prod_{cyc} (x_1^3+x_2^3 + x_3^3 +1) \ge 27 \prod_{i=1}^{3} \sqrt[3]{ \left(x_i^3+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}\right) \left(\frac{1}{6}+y_i^3+\frac{1}{6}\right) \left(\frac{1}{6}+\frac{1}{6}+z_i^3\right) } \ge 27\prod_{i=1}^{3} \left(\frac{x_i}{6^{\frac{2}{3}}}+\frac{y_i}{6^{\frac{2}{3}}}+\frac{z_i}{6^{\frac{2}{3}}}\right) = \frac{27}{6^2} \prod_{i=1}^{3} (x_i+y_i+z_i)}\),

czyli \(\displaystyle{ A = \frac{27}{36} = \frac{3}{4}}\).

Równość zachodzi, gdy odpowiednie wektory w Hölderze są proporcjonalne, czyli gdy wszystkie zmienne są równe\(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt[3]{6}}}\). Wtedy też jest równość w pierwszej nierówności między średnimi.

Na mocy nierówności Cauchy'ego-Schwarza:
\(\displaystyle{ \left(a^{2}+b+c\right)\left(1+b+c\right)\ge (a+b+c)^{2} }\)
a równoważnie
\(\displaystyle{ \frac{1}{a^{2}+b+c}\le \frac{1+b+c}{(a+b+c)^{2}}}\)
Tworzymy jeszcze dwie analogiczne nierówności i dodajemy stronami, co daje:
\(\displaystyle{ \frac{1}{a^{2}+b+c}+\frac{1}{a+b^{2}+c}+\frac{1}{a+b+c^{2}}\le \frac{3+2(a+b+c)}{(a+b+c)^{2}}}\)
i pozostaje wykazać, że gdy \(\displaystyle{ a+b+c\ge 3}\), to
\(\displaystyle{ \frac{3+2(a+b+c)}{(a+b+c)^{2}}\le 1}\)
Równoważnie:
\(\displaystyle{ (a+b+c-3)(a+b+c+1)\ge 0}\)
co dla \(\displaystyle{ a+b+c\ge 3}\) jest oczywiste. Równość zachodzi dla \(\displaystyle{ a=b=c=1}\).

Najpierw zauważamy, że dla \(\displaystyle{ a_1=a_2=\ldots =a_n=1}\) zachodzi równość.
Szukamy funkcji postaci \(\displaystyle{ f(x)=\sqrt{2}x+m\ln x-\sqrt{1+x^2}}\), określonej dla \(\displaystyle{ x>0}\), takiej że \(\displaystyle{ f(1)=0,\ f'(1)=0}\). Pierwszy warunek jest zawsze spełniony, drugi daje \(\displaystyle{ m=-\frac{\sqrt{2}}{2}}\). Pokażemy, że wszędzie poza jedynką funkcja z tym współczynnikiem jest dodatnia. Funkcja jest ciągła i różniczkowalna w zbiorze liczb dodatnich, bo jest sumą funkcji o takich własnościach. Mamy z Bernoulliego $$f''(x)=\left(\sqrt{2}x-\frac{\sqrt{2}}{2}\ln x-\sqrt{1+x^2}\right)''=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\left(x^2+1\right)^{\frac{3}{2}}-\sqrt{2}x^2}{x\sqrt{1+x^2}}\ge\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\left(\frac{3}{2}-\sqrt{2}\right)x^2+1}{x\sqrt{1+x^2}}>0.$$
To oznacza, że \(\displaystyle{ f}\) jest ściśle wypukła, czyli w jedynce ma minimum globalne.
Skoro więc \(\displaystyle{ f(x)\ge 0}\) dla każdego \(\displaystyle{ x>0}\), to $$\sum f\left( a_i\right)=\sqrt{2}\sum a_i-\frac{\sqrt{2}}{2}\sum\ln a_i-\sum\sqrt{1+a_i^2}\ge 0$$ lub $$\sum{\sqrt{1+a_i^2}}\le\sqrt{2}\sum a_i-\frac{\sqrt{2}}{2}\ln\left(\prod a_i\right)=\sqrt{2}\sum a_i,$$ co było do okazania.

Prawa nierówność:
\(\displaystyle{ 3(ab+bc+ca)\le (a+b+c)^2=9}\)
Dzielimy stronami przez trzy i po robocie. Równość dla \(\displaystyle{ a=b=c=1}\)
Lewa nierówność:
mamy \(\displaystyle{ (a-1)(b-1)\ge 0}\),
więc
\(\displaystyle{ ab+bc+ca\\\ge a+b-1+c(a+b)\\=(a+b)(4-(a+b))-1\ge 2}\)
Ostatnia nierówność wymaga krótkiego wyjaśnienia:
jeśli \(\displaystyle{ t=a+b}\), to \(\displaystyle{ 2\le t\le 3}\),
a wtedy jest
\(\displaystyle{ (t-1)(t-3)\le 0\\t(4-t)\ge 3\\t(4-t)-1\ge 2}\)
Równość dla \(\displaystyle{ a=2,b=1,c=0}\)