Matematyka.pl

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.

Mój dowód także obejmował rozpatrywanie wielu przypadków (z których część była "pusta") i choć rzeczywiście był krótszy niż rozwiązanie nierówności z logarytmami, to jest to bodaj jedyna jego zaleta. To poniżej jest oficjalnym rozwiązaniem tej nierówności przepisanym dość wiernie ze źródła. Oni tam używali innych zmiennych, więc niech \(x=a,\ y=b,\ z=c\).
Mamy \((a-1)+(b-1)+(c-1)=0\), więc bso \((a-1)(b-1)\ge 0\). Dalej, z Cauchy'ego-Schwarza \[\begin{aligned}\frac{2}{a^2+3}+\frac{2}{b^2+3}&=\frac{4}{3}-\frac{1}{3}\left(\frac{2a^2}{a^2+3}+\frac{2b^2}{b^2+3}\right)\\&\le\frac{4}{3}-\frac{1}{3}\cdot\frac{2(a+b)^2}{a^2+b^2+6}\\&=\frac{4}{3}-\frac{1}{3}\cdot\frac{2(a+b)^2}{7+(a+b-1)^2-2(a-1)(b-1)}\\&\le\frac{4}{3}-\frac{1}{3}\cdot\frac{2(a+b)^2}{7+(a+b-1)^2}\\&=\frac{4}{3}-\frac{1}{3}\cdot\frac{2(3-c)^2}{7+(2-c)^2}\\&=\frac{2\left(c^2-2c+13\right)}{3\left(c^2-4c+11\right)},\end{aligned}\] a także \[\left(\frac{1}{\sqrt{a^2+3}}+\frac{1}{\sqrt{b^2+3}}+\frac{1}{\sqrt{c^2+3}}\right)^2\le\left(\frac{2}{a^2+3}+\frac{2}{b^2+3}+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{2}{c^2+3}\right),\] więc wystarczy dowieść \[\left(\frac{2\left(c^2-2c+13\right)}{3\left(c^2-4c+11\right)}+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{2}{c^2+3}\right)\le\frac{9}{4}.\] Mamy kolejno równoważnie \[\frac{7c^2-20c+85}{6\left(c^2-4c+11\right)}\cdot\frac{c^2+5}{c^2+3}\le\frac{9}{4}\] \[27\left(c^2+3\right)\left(c^2-4c+11\right)\ge 2\left(c^2+5\right)\left(7c^2-20c+85\right)\] \[13c^4-68c^3+138c^2-124c+41\ge 0\] \[(c-1)^2\left(13c^2-42c+41\right)\ge 0.\] Równość dla \(a=b=c=1\).

Inne eleganckie rozwiązanie zamiescił jeden z użytkowników aops: Co prawda on pominął niemal zupełnie to, co Ty załatwiłeś omówieniem, ale my z CAS wiemy, że nie blefujecie co do prawdziwości tej ostatniej nierówności, bo ja też ją uzyskałam w jednym z przypadków. Gdy zastosuje się AM-GM \[\frac{1}{\sqrt{3+\left(\frac{3-x}{2}\right)^2}}\le\frac{1}{3+\left(\frac{3-x}{2}\right)^2}+\frac{1}{4},\] to do udowodnienia zostaje \[\frac{1}{\sqrt{3+x^2}}+\frac{2}{3+\left(\frac{3-x}{2}\right)^2}\le 1\] lub \[\frac{x^2-6x+13}{x^2-6x+21}\ge\frac{1}{\sqrt{3+x^2}},\] a gdy już wolfram to popodnosi do kwadratu, to zostajemy z \[\frac{(x-1)^2\left((x-2)^2\left(x^2-6x+15\right)+6\right)}{\left(x^2+3\right)\left(x^2-6x+21\right)^2}\ge 0.\]