Matematyka.pl

Ta nierówność może być wprawką na użycie klasyków - kolejno: AM-GM, Czebyszewa, Cauchy'ego-Schwarza, Nesbitta. Napiszę może później rozwiązanie.

Tę wcześniejszą nierówność Premislava z \(\displaystyle{ \frac{4}{27}}\) warto zapamiętać, jeżeli ktoś bawi się w nierówności elementarne - pojawia się ona często jako pośrednia przy różnych cyklicznych.

Ciąg z dowodu Blazo2000 to - wygląda na coś z kręgu zainteresowań mola_ksiazkowego.

Jak już doszedłeś do tego, że wystarczy wykazać dla \(\displaystyle{ x,y\in(0,1]}\) nierówność:
\(\displaystyle{ \frac{\left( 1+x^2+y^2\right)\left( 1+x+y\right)^2 }{4\left( x+y+xy\right)^2 } \ge \frac{3}{4}}\)
to zapiszmy \(\displaystyle{ A=1+x^2+y^2, \ B=2(x+y+xy)}\), wtedy \(\displaystyle{ A\ge \frac{B}{2}}\) oraz \(\displaystyle{ A+B=(x+y+1)^2}\), a nasza nierówność przyjmuje formę
\(\displaystyle{ \frac{A(A+B)}{B^2}\ge \frac 3 4}\), czyli równoważnie
\(\displaystyle{ A^2+AB\ge \frac 3 4 B^2}\), a to jest oczywiste, gdyż
\(\displaystyle{ A\ge \frac B 2>0}\), więc \(\displaystyle{ A^2\ge \frac{B^2}{4}}\) i \(\displaystyle{ AB\ge \frac{B^2}{2}}\)

Ze znanej i lubianej nierówności \(\displaystyle{ (\alpha-\beta)^2\ge 0}\) wynika, ze w dodatnich jest:
\(\displaystyle{ \frac{1}{\alpha \beta}\ge \frac{4}{(\alpha+\beta)^2}}\). Zatem:
\(\displaystyle{ \sum_{}^{}\frac{a^2x^2}{(by+cz)(bz+cy)}\ge \sum_{}^{} \frac{4a^2x^2}{(b+c)^2(y+z)^2}}\)
Nierówność jest jednorodna tak ze względu na \(\displaystyle{ a,b,c}\), jak i \(\displaystyle{ x,y,z}\), zatem WLOG niech \(\displaystyle{ a+b+c=1=x+y+z}\), czyli wystarczy pokazać
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{a^2x^2}{(1-a)^2(1-x)^2}\ge \frac{3}{16}}\)
Funkcja \(\displaystyle{ f(t)=\frac{t^2}{(1-t)^2}}\) jest rosnąca w \(\displaystyle{ (0,1)}\), toteż z założenia o uporządkowaniu i z Czebyszewa mamy
\(\displaystyle{ 3\sum_{}^{} \frac{a^2x^2}{(1-a)^2(1-x)^2}\ge \left( \sum_{}^{}\frac{a^2}{(1-a)^2} \right)\left( \sum_{}^{}\frac{x^2}{(1-x)^2} \right)}\)
Teraz dwa razy Jensen dla wypukłej w \(\displaystyle{ (0,1)}\) funkcji \(\displaystyle{ f(t)=\frac{t^2}{(1-t)^2}}\) i równych wag, i po zadaniu.
Co jest zaletą tego rozwiązania, to że jest szybkie w głowie, co jest wadą – dużo liczenia pochodnych, dość łatwych wprawdzie.

Zauważmy, że skoro \(\displaystyle{ abcd=1}\), to istnieją liczby dodatnie \(\displaystyle{ x,y,z,t}\) takie, że
\(\displaystyle{ a=\frac{x}{y}, \ b=\frac{y}{z}, \ c=\frac{z}{t}, \ d=\frac{t}{x}}\)

Można przyjąć na przykład
\(\displaystyle{ x=a\\ y=1\\ z=\frac 1 b\\t=\frac{1}{bc}}\)

Wówczas nierówność przyjmuje postać:
\(\displaystyle{ \left( \frac{x+z}{y} \right) \left( \frac{y+t}{z} \right) \left(\frac{z+x}{t} \right) \left( \frac{t+y}{x}\right) \ge 2\frac x z +2\frac y t +2\frac z x +2\frac t y+ 8}\)
a po wymnożeniu przez \(\displaystyle{ xyzt}\):
\(\displaystyle{ (x+z)^2(y+t)^2\ge 2x^2yt+2y^2zx+2z^2ty+2t^2xz+8xyzt}\)
czyli
\(\displaystyle{ (x+z)^2(y+t)^2\ge 2yt(x+z)^2+2zx(t+y)^2}\)
a to już jest ultra proste, gdyż
\(\displaystyle{ (x+z)^2(y+t)^2\ge 4zx(t+y)^2\\ (x+z)^2(y+t)^2\ge 4ty(z+x)^2}\)
Dodajemy te dwie nierówności stronami, dzielimy przez \(\displaystyle{ 2}\) i koniec.

Tutaj początek w pełni analogiczny jak powyżej, tylko że po podstawieniu mamy do udowodnienia w dodatnich:
\(\displaystyle{ \left( \frac{x+z}{y} \right) \left( \frac{y+t}{z} \right) \left(\frac{z+x}{t} \right) \left( \frac{t+y}{x}\right) \ge 4\frac t y+4\frac y t+8}\)
a po wymnożeniu przez dodatnie \(\displaystyle{ xyzt}\):
\(\displaystyle{ (x+z)^2(y+t)^2\ge 4t^2xz+4y^2xz+8xyzt}\)
a równoważnie
\(\displaystyle{ (x+z)^2(y+t)^2\ge 4xz(y+t)^2\\(x-z)^2(y+t)^2\ge 0}\)
a to jest oczywiste, c.k.d.

Pewnie jak się pomyśli, to od razu idzie ze Schwarza albo Holdera, ale myślenie boli, jak jest się debilem.

Moja idea była taka:
\(\displaystyle{ \prod_{}^{}\left( a + \frac{1}{b} \right) = \prod_{}^{}\left( 1 + cd\right) = \left( 2 + ab + cd\right)\left( 2 + bc + ad\right) \ge 2\left( \left( 2 + ab + cd \right) + \left( 2 + bc + ad\right) \right)}\), a ostatnia nierówność wynika z faktu, że \(\displaystyle{ xy \ge 2\left( x + y \right)}\) dla \(\displaystyle{ x, y \ge 4}\).

Mnożąc stronami przez \(\displaystyle{ 1+abc}\) i dodając po jedynce do każdego z wyrażenia z lewej strony otrzymamy \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{\left( 1+a\right) +ab\left(1+c \right) }{a\left( 1+b\right) }}\), teraz AM-GM raz w liczniku każdego z wyrażeń, później dla wszystkich czynników i otrzymamy żądaną nierówność

Zauważmy, że:
\(\displaystyle{ \frac{2-a}{2-bc}\ge \frac{1}{3-b-c}}\), gdyż \(\displaystyle{ 2\ge a+1}\) (stąd nierówność między licznikami) i \(\displaystyle{ 2-bc\le 3-b-c \Leftrightarrow (1-b)(1-c)\ge 0}\) (stąd nierówność między mianownikami), zapisujemy taką nierówność i dwie podobne i mamy
\(\displaystyle{ \frac{a-2}{bc-2} + \frac{b-2}{ca-2} + \frac{c - 2}{ab - 2} \ge \frac{1}{3-b-c}+\frac{1}{3-c-a}+\frac{1}{3-a-b}}\)
Ponadto z nierówności między średnią arytmetyczną a harmoniczną łatwo wynika, że
\(\displaystyle{ \frac{1}{3-b-c}+\frac{1}{3-c-a}+\frac{1}{3-a-b}\ge \frac{9}{9-2(a+b+c)}}\)
i pozostaje wykazać, że gdy \(\displaystyle{ t\in(0, 6]}\), to
\(\displaystyle{ \frac{9}{9-t}\ge t-3}\), a równoważnie:
\(\displaystyle{ 9\ge (9-t)(t-3)\\ (t-6)^2\ge 0}\)
co kończy dowód. Równość dla \(\displaystyle{ t=6}\), czyli \(\displaystyle{ a=b=c=1}\).

Nierówność po ujednorodnieniu jest stopnia czwartego: \(\displaystyle{ 4\sum a^4+11abc\sum a-5\left(\sum ab\right)^2\ge 0}\), więc wyrażenie po lewej stronie jest co najwyżej (i dokładnie) liniowe względem \(\displaystyle{ abc}\), zatem wystarczy rozważyć przypadek, gdy dwie zmienne są równe. Niech \(\displaystyle{ a=c}\), wtedy \(\displaystyle{ b=\frac{3-a^2}{2a}}\) i całość się zwija do \(\displaystyle{ \frac{27(a+1)^2(a-1)^2\left(2a^2+3\right)}{4a^4}\ge 0}\)
To się zeruje dla \(\displaystyle{ a=-1}\) lub \(\displaystyle{ a=1}\), więc biorąc pod uwagę resztę warunków mamy trójki \(\displaystyle{ (-1,-1,-1);(1,1,1)}\).

Zauważmy, że w dodatnich zachodzi równoważność:
\(\displaystyle{ ab+bc+ca+2abc=1 \Leftrightarrow \frac{a}{a+1} +\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}=1}\)
Podstawmy \(\displaystyle{ x=\frac{a}{a+1}, \ y=\frac{b}{b+1}, \ z=\frac{c}{c+1}}\).
Wówczas oczywiście \(\displaystyle{ x,y,z>0}\), a ponieważ funkcja \(\displaystyle{ f(t)=\frac{t}{t+1}}\) jest rosnąca w \(\displaystyle{ \RR^+}\) (a nawet w\(\displaystyle{ (-1,+\infty)}\)) zachowany jest porządek \(\displaystyle{ x\ge y\ge z}\). Założenie przyjmuje o wiele przyjemniejszą formę \(\displaystyle{ x+y+z=1}\), a teza przedstawia się tak:
\(\displaystyle{ \frac{1-x}{x}+\frac{1-y}{y}+\frac{1-z}{z}-4\left( \frac{x}{1-x}+\frac{y}{1-y}+\frac{z}{1-z}\right) \ge \frac{(3x-1)^2}{x(1+x) }}\)
a po prostych przekształceniach:
\(\displaystyle{ \frac 1 x+\frac 1 y+\frac 1 z+9-4\left( \frac{1}{1-x}+\frac{1}{1-y}+\frac{1}{1-z}\right)\ge \frac{(3x-1)^2}{x(1+x)}}\)

Zauważmy teraz, że zmienne \(\displaystyle{ y}\) i \(\displaystyle{ z}\) grają taką samą rolę w naszej nierówności, spróbujemy więc wykazać, że wystarczy rozważyć przypadek \(\displaystyle{ y=z}\).
Oczywiście \(\displaystyle{ y,z}\) są dodatnie, ponadto \(\displaystyle{ x=\max\left\{ x,y,z\right\}}\) i \(\displaystyle{ x+y+z=1}\), zachodzi więc \(\displaystyle{ y+z\le \frac 2 3}\). Przy tych warunkach jest:
\(\displaystyle{ \frac{1}{z}-\frac{4}{1-z}+\frac{1}{y}-\frac{4}{1-y}\ge \frac{2}{\frac{y+z}{2}}-\frac{8}{1-\frac{y+z}{2}}=\frac{4}{y+z}-\frac{16}{2-y-z}}\)
Niestety jedyny dowód tej nierówności, jaki mam, to konkretny pałczing, Jensen i inne sztuczki zawiodły. Zapisujemy:
\(\displaystyle{ \frac{1}{z}+\frac{1}{y}-\frac{4}{y+z}= \frac{(y-z)^2}{yz(y+z)}}\)
i podobnie
\(\displaystyle{ \frac{4}{1-z}+\frac{4}{1-y}-\frac{16}{2-y-z}=\frac{4(y-z)^2}{(1-y)(1-z)(2-y-z)}}\)
Zatem jeśli \(\displaystyle{ y=z}\), to nierówność (a dokładniej równość) zachodzi, zaś w przeciwnym razie dzielimy stronami przez \(\displaystyle{ (y-z)^2}\), mnożymy stronami przez iloczyn mianowników i mamy do wykazania, że gdy dodatnie \(\displaystyle{ y,z}\) spełniają \(\displaystyle{ y+z\le \frac 23}\), to
\(\displaystyle{ (1-z)(1-y)(2-y-z)\ge 4yz(y+z)}\)
Zapisujemy tę nierówność w równoważnej postaci
\(\displaystyle{ (1-s+t)(2-s)\ge 4st}\) dla \(\displaystyle{ s=y+z, \ t=yz}\), a dalej:
\(\displaystyle{ s^2-5st+2t-3s+2\ge 0}\) i odnotowujemy, że
\(\displaystyle{ 2-3s=2-3(y+z)\ge 0}\) oraz że \(\displaystyle{ s^2-5st+2t\ge s^2-5st+\frac{25}{4}t^2=\left( s-\frac 5 2t\right)^2}\), gdyż
\(\displaystyle{ t=yz\le \left( \frac{y+z}{2}\right)^2\le \frac{1}{9}<\frac{8}{25}}\).

Uff. W ten sposób wykazaliśmy, że jeśli przy ustalonym \(\displaystyle{ x}\) i warunkach zadania jest \(\displaystyle{ f(y,z)=\frac 1 x+\frac 1 y+\frac 1 z+9-4\left( \frac{1}{1-x}+\frac{1}{1-y}+\frac{1}{1-z}\right)- \frac{(3x-1)^2}{x(1+x)}}\), to \(\displaystyle{ f(y,z)\ge f\left( \frac{y+z}{2}, \frac{y+z}{2}\right)}\).
Pozostaje więc rozważyć następujący przypadek:
niech \(\displaystyle{ x\ge y>0}\) oraz \(\displaystyle{ x+2y=1}\). Przy tych warunkach mamy wykazać, że
\(\displaystyle{ \frac 1 x+\frac 2 y+9-4\left( \frac{1}{1-x}+\frac{2}{1-y}\right)\ge \frac{(3x-1)^2}{x(1+x)}}\)
Odnotujmy, że \(\displaystyle{ 0<y\le \frac 1 3}\) i podstawmy w powyższej nierówności \(\displaystyle{ x:=1-2y}\). Mamy do udowodnienia nierówność jednej zmiennej:
\(\displaystyle{ \frac{1}{1-2y}+9-\frac{8}{1-y}\ge \frac{4(1-3y)^2}{(1-2y)(2-2y)}}\)
przy czym \(\displaystyle{ y\in\left( 0, \frac 1 3\right]}\)
Mnożymy przez dodatnie mianowniki i dostajemy równoważną:
\(\displaystyle{ 1-y-8(1-2y)+9(1-y)(1-2y)\ge 2(1-3y)^2}\)

Tę nierówność (\(\displaystyle{ y^2}\) się zredukuje) zostawiam już jako ćwiczenie, co kończy dowód.
Z wolframa dowiedziałem się nawet, że zajdzie równość, zabawnie.