Matematyka.pl

Udowodnie najpierw ze zachodzi dal liczb dodatnich nierówność
\(\displaystyle{ 4(x^2+xy+y^2) \ge 3(x+y)^2 }\)
Rozpisując dostajemy
\(\displaystyle{ 4x^2+4xy+4y^2 \ge 3x^2+6xy+3y^2 }\)
Po skróceniu dostajemy
\(\displaystyle{ (x-y)^2 \ge 0}\)
co jest oczywiście prawdą
Wykorzystamy tą nierówność do oszacowania prawej strony
\(\displaystyle{ (x+y+z)^2(xy+yz+zx)^2 \le \frac{3^4}{4^3} (x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2 \le (x^2+xy+y^2)(y^2+yz+z^2)(z^2+zx+x^2)}\)
Ze względu na jednorodność możemy przyjąc że x+y+z=1 otrzymujemy wówczas
\(\displaystyle{ (xy+yz+zx)^2 \le \frac{3^4}{4^3} (1-z)^2(1-x)^2(1-y)^2}\)
to jest równoważne(ponieważ obie strony są dodatnie więc możemy pierwiastkować obustronnie)
\(\displaystyle{ (xy+yz+zx) \le \frac{3^2}{2^3} (1-z)(1-x)(1-y)}\)
Przekształcamy
\(\displaystyle{ 8(xy+yz+zx) \le 9(1-z)(1-x)(1-y)}\)

\(\displaystyle{ 8xy+8yz+8zx \le -9xyz+9xy+9yz+9zx-9x-9y-9z+9}\)

\(\displaystyle{ -(xy+yz+zx) \le -9xyz-9(x+y+z)+9=-9xyz}\)

Dzielimy przez -1 i zmieniamy kierunek znaku
\(\displaystyle{ (xy+yz+zx) \ge 9xyz}\)
\(\displaystyle{ xyz \neq 0}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \ge 9}\)
a to jest zgodne ze zależnością pomiędzy średnią arytmetyczną i harmoniczną dla \(\displaystyle{ x+y+z=1}\)
\(\displaystyle{ \frac{x+y+z}{3} \ge \frac{3}{ \frac{1}{x} + \frac{1}{y}+ \frac{1}{z} }}\)
a to kończy dowód nierówności

Też kluczowe wydawało mi się zauważenie tej nierówności, od której zacząłeś, potem można dokończyć na różne sposoby.
Można np. od razu wykorzystać tożsamość \(\displaystyle{ (x+y)(y+z)(z+x)+xyz=(x+y+z)(xy+yz+zx)}\),
stąd
\(\displaystyle{ (x+y)(y+z)(z+x)=(x+y+z)(xy+yz+zx)-xyz\\ \ge (x+y+z)(xy+yz+zx)-\frac{1}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx)=\frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx)}\)
bo z AM-GM (dwa razy) \(\displaystyle{ (x+y+z)(xy+yz+zx)\ge 9xyz}\).

Równoważnie:
\(\displaystyle{ a^{2}(a-c)^{2}(a-b)^{2}+b^{2}(b-c)^{2}(b-a)^{2}+c^{2}(c-a)^{2}(c-b)^{2}>2(a-b)^{2}(b-c)^{2}(c-a)^{2} \ (*)}\)
Po prostu wymnożyłem na pałę przez mianowniki.

Teraz odnotujmy, że na mocy w najbardziej podstawowej wersji zachodzi w nieujemnych:
\(\displaystyle{ a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b)\ge 0}\)
Możemy tę nierówność podnieść stronami do kwadratu, co po przeniesieniu podwojonych iloczynów na drugą stronę daje nam:
\(\displaystyle{ a^{2}(a-b)^{2}(a-c)^{2}+b^{2}(b-a)^{2}(b-c)^{2}+c^{2}(c-a)^{2}(c-b)^{2}\\\ge 2ab(a-b)^{2}(a-c)(b-c)+2bc(b-c)^{2}(b-a)(c-a)+2ca(c-a)^{2}(a-b)(c-b)}\)

Zauważmy teraz, że zachodzi zaskakująca tożsamość
\(\displaystyle{ 2ab(a-b)^{2}(a-c)(b-c)+2bc(b-c)^{2}(b-a)(c-a)+2ca(c-a)^{2}(a-b)(c-b)=2(a-b)^{2}(b-c)^{2}(c-a)^{2}}\),
czyli dowiedliśmy \(\displaystyle{ (*)}\) w wersji ze słabą nierównością.

Pozostaje doprecyzować, że w nierówności Schura równość jest w przypadkach \(\displaystyle{ (a,b,c)=(t,t,t)}\) oraz \(\displaystyle{ (a,b,c)=(t,t,0)}\) i permutacje, a te przypadki wykluczają nam założenia o parami różnych liczbach, c.k.d.

Pokażemy najpierw, ze zachodzi \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^N b^2 \le 2\sum_{n=1}^N a_nb_n}\)

W tym celu zauważmy, że \(\displaystyle{ a_n = nb_n - (n-1)b_{n-1}}\), stąd \(\displaystyle{ b_n^2 - 2a_nb_n = b_n^2 - 2b_n(nb_n - (n-1)b_{n-1}) = (1-2n)b_n^2 + (2n-2)b_nb_{n-1}}\). Dla ostatniego wyrazu używamy nierówności między średnimi, otrzymując

\(\displaystyle{ b_n^2 - 2a_nb_n \le (n-1)b_{n-1}^2 - nb_n^2}\).

No więc to jest taka teleskopowa suma i wychodzi \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^N b^2 - 2a_nb_n \le \sum_{n=1}^N (n-1)b_{n-1}^2 - nb_n^2 = -Nb_N^2 \le 0}\)

Teraz używamy tego co wyżej oraz nierówności Schwarza

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^N b^2 \le 2\sum_{n=1}^N a_nb_n \le 2\sqrt{\sum_{n=1}^N a_n^2 \sum_{n=1}^N b_n^2}}\)

Pozostało podzielić przez \(\displaystyle{ \sqrt{\sum_{n=1}^N b_n^2}}\), podnieść do kwadratu i koniec.

Oczywiście łatwo widać, że wystarcza nam dowód dla nieujemnych \(\displaystyle{ a_{i}}\), gdyż zastępując \(\displaystyle{ a_{i}}\) przez \(\displaystyle{ |a_{i}|}\), nie zmniejszamy LHS, podczas gdy RHS pozostaje bez zmian. Wystarczy wielokrotne zastosowanie AM-GM dla dwóch zmiennych:
najpierw \(\displaystyle{ \frac{a_{n}^{2^{n}}}{2^{n}}+\frac{1}{2^{n}}\ge \frac{a_{n}^{2^{n-1}}}{2^{n-1}}}\),
w następnym kroku
\(\displaystyle{ \frac{a_{n}^{2^{n-1}}}{2^{n-1}}+\frac{a_{n-1}^{2^{n-1}}}{2^{n-1}}\ge \frac{2\left(a_{n}a_{n-1}\right)^{2^{n-2}}}{2^{n-1}}=\frac{(a_{n}a_{n-1})^{2^{n-2}}}{2^{n-2}}}\)
i ogólnie, dla \(\displaystyle{ n-1\ge k\ge 1}\), w kroku o numerze \(\displaystyle{ k+1}\) wykorzystujemy nierówność
\(\displaystyle{ \frac{\left(a_{n}a_{n-1}\ldots a_{n-k+1}\right)^{2^{n-k}}+a_{n-k}^{2^{n-k}}}{2^{n-k}}\ge\frac{(a_{n}\ldots a_{n-k})^{2^{n-k-1}}}{2^{n-k-1}}}\),
nie ruszając zmiennych o wskaźnikach mniejszych niż \(\displaystyle{ n-k}\).

NB jak teraz patrzę na to zadanie, to mam silne wrażenie, że było w Wędrówkach po krainie nierówności. Zawsze trzeba pamiętać o swoich autorytetach, jak Lev Kourliandtchik czy Ali Ağca.

Z nierówności między średnimi:

\(\displaystyle{ \frac{4a^3c + 2b^3a + c^3b}{7} \ge \sqrt[7]{a^{14}b^7c^7} = a^2bc}\)
\(\displaystyle{ \frac{a^3c + 4b^3a + 2c^3b}{7} \ge \sqrt[7]{a^7b^{14}c^7} = ab^2c}\)
\(\displaystyle{ \frac{2a^3c + b^3a + 4c^3b}{7} \ge \sqrt[7]{a^7b^7c^{14}} = abc^2}\)

Wystarczy dodać i wyciągnąć \(\displaystyle{ abc}\) przed nawias.