Matematyka.pl

Na mocy nierówności między średnią kwadratową a harmoniczną mamy
\(\displaystyle{ \sqrt{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_{i}^{2}}}\ge \frac{n}{\sum_{i=1}^{n}a_{i}}}\)
Podnosimy to stronami do kwadratu, mnożymy stronami przez \(\displaystyle{ n\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{2}}\) i po herbacie.

Funkcja \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{x^{2}}}\) jest wypukła w \(\displaystyle{ \RR^{+}}\), zatem na mocy nierówności Jensena:
\(\displaystyle{ \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_{i}^{2}}\ge \frac{1}{\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{2}}=\frac{n^{2}}{\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{2}}}\)
Mnożymy stronami przez \(\displaystyle{ n\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{2}}\) i otrzymujemy tezę, c.k.d.

Niech \(\displaystyle{ S=\sum_{i=1}^{n}a_{i}}\). Nierówność jest symetryczna, zatem bez straty ogólności możemy założyć, że \(\displaystyle{ a_{1}\ge a_{2}\ge \ldots \ge a_{n}}\).
Nietrudno sprawdzić, że wtedy \(\displaystyle{ (a_{1}, a_{2}\ldots a_{n}) \succ \left(\frac{S}{n}, \frac{S}{n}, \ldots \frac{S}{n}\right)}\).
Ponadto funkcja \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{x^{2}}}\) jest wypukła. Wobec tego na mocy nierówności Karamaty
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}f(a_{i})\ge \overbrace{f\left(\frac{S}{n}\right)+\ldots+f\left(\frac{S}{n}\right)}^{n}=\frac{n^{3}}{\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{2}}}\)
Mnożymy stronami przez \(\displaystyle{ \left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{2}}\) i tyle.

Jeśli pamięć mnie nie myli, tak tego dowodził Lev.

Zauważmy, że dla dowolnego \(\displaystyle{ t>0}\) prawdziwa jest nierówność
\(\displaystyle{ 2t^{3}-3t^{2}+1\ge 0 \ (*)}\)
z równością dla \(\displaystyle{ t=1}\).
Przekształca się ona do postaci
\(\displaystyle{ (t-1)^{2}(2t+1)\ge 0}\)
(można również udowodnić ją z AM-GM: \(\displaystyle{ \frac{t^{3}+t^{3}+1}{3}\ge t^{2}}\)).

Podstawmy w nierówności \(\displaystyle{ (*), \ t:=nx, \ n\in \NN, x>0}\), a następnie podzielmy otrzymaną w ten sposób nierówność stronami przez
\(\displaystyle{ x^{2}}\). Po przeniesieniu niektórych składników na prawo otrzymamy
\(\displaystyle{ \frac{1}{x^{2}}\ge -2n^{3}x+3n^{2} \ (\spadesuit)}\)

Przejdźmy do rozwiązania zadania:
bez straty ogólności niech \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}a_{i}=1}\). Dowodzona nierówność ma wówczas po prostu formę
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_{i}^{2}}\ge n^{3}}\)
Stosujemy nierówność \(\displaystyle{ (\spadesuit)}\) dla \(\displaystyle{ x=a_{i}, \ i=1\ldots n}\) i dodajemy otrzymane nierówności stronami, co daje nam
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_{i}^{2}}\ge -2n^{3}\sum_{i=1}^{n}a_{i}+n\cdot 3n^{2}=n^{3}}\)
czyli tezę.

Na mocy nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną mamy:
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}a_{i}\ge n\left(\prod_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{\frac{1}{n}}\\\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_{i}^{2}}\ge n\left(\prod_{i=1}^{n}\frac{1}{a_{i}^{2}}\right)^{\frac{1}{n}}=\frac{n}{\left(\prod_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{\frac{2}{n}}} \ (\heartsuit)}\)
Podnosimy pierwszą z otrzymanych nierówności do kwadratu, dostając
\(\displaystyle{ \left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{2}\ge n^{2}\left(\prod_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{\frac{2}{n}} \ (\spadesuit)}\), mnożymy stronami nierówności
\(\displaystyle{ (\heartsuit), \ (\spadesuit)}\) i otrzymujemy tezę.

Prawa strona:
Ponieważ \(\displaystyle{ \frac{4}{9}\ge\frac{(t+1)^2}{3+9t^2}\iff 3(1-3t)^2\ge 0}\), to dla dodatnich \(\displaystyle{ t}\) mamy \(\displaystyle{ \sqrt{\frac{2}{3}}t\ge\frac{t\sqrt{t+1}}{\sqrt[4]{3+9t^2}}}\), więc $$\left(\frac{x\sqrt{x+1}}{\sqrt[4]{3+9x^2}}+\frac{y\sqrt{y+1}}{\sqrt[4]{3+9y^2}}+\frac{z\sqrt{z+1}}{\sqrt[4]{3+9z^2}}\right)^2\le\frac{2}{3}(x+y+z)^2=\frac{2}{3}.$$
Lewa strona:
Oznaczając dla skrócenia zapisu \(\displaystyle{ x+y+z=p,\ xy+yz+zx=q,\ xyz=r}\), mamy $$\begin{aligned}\frac{3(1+xy+yz+zx)\left(1+3x^3+3y^3+3z^3\right)}{27(x+y)(y+z)(z+x)}&\ge\frac{3(1+xy+yz+zx)\left(1+3x^3+3y^3+3z^3\right)}{\left((x+y)+(y+z)+(z+x)\right)^3}\\&=\frac{3}{8}(1+xy+yz+zx)\left(1+3x^3+3y^3+3z^3\right)\\&=\frac{3}{8}(1+q)\left(1+3\left(p^3-3pq+3r\right)\right)\\&=\frac{3}{8}(1+q)\left(\left(p^3-4pq+9r\right)+\left(1+2p^3-5pq\right)\right)\\&\ge\frac{3}{8}(1+q)(3-5q).\end{aligned}$$
Pierwsze szacowanie to AM-GM, a drugie wynika z nierówności Schura trzeciego stopnia: \(\displaystyle{ p^3+9r\ge 4pq}\).

Pozostaje dowieść \(\displaystyle{ \frac{3}{8}(1+q)(3-5q)-\frac{2}{3}=\frac{1}{24}(1-3q)(11+15q)\ge 0}\), co jest prawdą, bo \(\displaystyle{ 1=p^2\ge 3q}\).
Równość wtw, gdy \(\displaystyle{ q=\frac{1}{3}}\), czyli dla \(\displaystyle{ x=y=z=\frac{1}{3}}\).

Można też było skorzystać z tego, że \(\displaystyle{ 1+xy+yz+zx=(x+y)(y+z)+(y+z)(z+x)+(z+x)(x+y)}\), wtedy lewa strona przyjmuje formę
\(\displaystyle{ \frac{1+3x^{3}+3y^{3}+3z^{3}}{9}\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{1}{x+y}}\)
następnie z AM-HM
\(\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}^{}\frac{1}{x+y}\ge \frac{9}{2}}\)
oraz z nierówności Höldera (można też użyć średnich potęgowych, by to dowieść)
\(\displaystyle{ 9\left(x^{3}+y^{3}+z^{3}\right)\ge (x+y+z)^{3}=1}\),
stąd
\(\displaystyle{ 3\left(x^{3}+y^{3}+z^{3}\right)\ge \frac{1}{3}}\)
i po robocie.

Ponieważ na mocy nierówności Cauchy'ego-Schwarza mamy
\(\displaystyle{ (1+r_{a}r_{b})^{2}\le \left(1+r_{a}^{2}\right)\left(1+r_{b}^{2}\right)\\(r_{a}+r_{b})^{2}\le \left(r_{a}^{2}+1\right)\left(1+r_{b}^{2}\right)}\)
więc po spierwiastkowaniu tego stronami i wymnożeniu stronami otrzymanych nierówności dostajemy
\(\displaystyle{ (1+r_{a}r_{b})(r_{a}+r_{b})\le \left(1+r_{a}^{2}\right)\left(1+r_{b}^{2}\right)\\\frac{(1+r_{a}r_{b})(r_{a}+r_{b})}{\left(1+r_{a}^{2}\right)\left(1+r_{b}^{2}\right)}\le 1}\)
Podobnie szacujemy dwa pozostałe składniki LHS i otrzymujemy
\(\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}^{}\frac{(1+r_{a}r_{b})(r_{a}+r_{b})}{\left(1+r_{a}^{2}\right)\left(1+r_{b}^{2}\right)}\le 3 }\)
Pozostaje więc wykazać, że
\(\displaystyle{ \frac{2R-r}{r}\ge 3}\), a to jest natychmiastową konsekwencją nierówności Eulera.

Oznaczając dla skrócenia zapisu \(\displaystyle{ a+b+c=p,\ ab+bc+ca=q,\ abc=r}\), mamy kolejno $$\begin{aligned}8abc\sum\frac{1}{1+a^2}&\le 8abc\sum\frac{1}{(a+b)(a+c)}=8abc\sum\frac{b+c}{(a+b)(a+c)(b+c)}\\&=\frac{16pr}{pq-r}\le\frac{\frac{16}{3}q^2}{pq-r}\le\frac{\frac{16}{3}q^2}{\frac{8}{9}pq}=\frac{6q}{p}\le\frac{p^2+3q}{p}\le p+\frac{3q}{\sqrt{3q}}=p+\sqrt{3q}\\&\le a+b+c+\sqrt{3}.\end{aligned}$$
Pierwsze szacowanie: \(\displaystyle{ ab+bc+ca\le 1}\), drugie: \(\displaystyle{ q^2=(ab+bc+ca)^2\ge 3(ab\cdot bc+bc\cdot ca+ca\cdot ab)=3pr}\), trzecie: \(\displaystyle{ pq-r=\frac{8}{9}pq+\frac{1}{9}(pq-9r)\ge\frac{8}{9}pq}\), czwarte i piąte: \(\displaystyle{ p^2\ge 3q}\), szóste: ponownie \(\displaystyle{ q\le 1}\).
Równość wtw, gdy \(\displaystyle{ a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}}\).

Zaczniemy od tego, że gdy \(\displaystyle{ a+b+c=3}\), to \(\displaystyle{ ab+bc+ca\le \frac{(a+b+c)^{2}}{3}=3}\)
Wobec tego dostajemy:
\(\displaystyle{ 3\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{a}{b(a+5c)^{2}}\\\ge \sum_{\text{cyc}}^{}ab\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{a}{b(a+5c)^{2}}\\\ge \left(\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{a}{a+5c}\right)^{2}}\)
przy czym ostatnie przejście to nierówność Cauchy'ego-Schwarza.
Wystarczy więc wykazać, że
\(\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}^{}\sqrt{a}\left(\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{a}{a+5c}\right)^{2}\ge \frac{3}{4}}\)
w dodatnich spełniających \(\displaystyle{ a+b+c=3}\).
Na mocy nierówności Höldera
\(\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}^{}\sqrt{a}\left(\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{a}{a+5c}\right)^{2}\\ \ge \left(\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{a^{\frac{5}{6}}}{(a+5c)^{\frac{2}{3}}}\right)^{3}\\=6\left(\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{a}{6^{\frac{1}{6}}(6a)^{\frac{1}{6}}(a+5c)^{\frac{2}{3}}}\right)^{3}}\)
Następnie szacujemy mianowniki z AM-GM dla sześciu zmiennych:
\(\displaystyle{ 6^{\frac{1}{6}}(6a)^{\frac{1}{6}}(a+5c)^{\frac{4}{6}}\le \frac{6+6a+4(a+5c)}{6}\\=\frac{12a+2b+22c}{6}=\frac{6a+b+11c}{3}}\)
(pozostałe w pełni analogicznie, więc nie będę pisać),
stąd
\(\displaystyle{ 6\left(\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{a}{6^{\frac{1}{6}}(6a)^{\frac{1}{6}}(a+5c)^{\frac{2}{3}}}\right)^{3}\\\ge 6\left(\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{3a}{6a+b+11c}\right)^{3}=6\left(9\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{\frac{a}{3}}{6a+b+11c}\right)^{3}}\)
Wreszcie z Jensena dla wypukłej w dodatnich \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{x}}\) z wagami \(\displaystyle{ \frac{a}{3}, \ \frac{b}{3}, \ \frac{c}{3}}\)
(lub, jak kto woli to nazwać, z ważonej AM-HM) mamy
\(\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}^{}\frac{\frac{a}{3}}{6a+b+11c}\ge \frac{1}{\frac{1}{3}\sum_{\text{cyc}}^{}\left(6a^{2}+ab+11ca\right)}\\=\frac{1}{2(a+b+c)^{2}}=\frac{1}{18}}\)
i w konsekwencji
\(\displaystyle{ 6\left(9\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{\frac{a}{3}}{6a+b+11c}\right)^{3}\ge \frac{3}{4}}\)
co kończy dowód.


Uff, ale się napracowałem…
NB zamiast najpierw używać CS, a potem Höldera, można było od razu skorzystać z uogólnionego Höldera, ale ja tak bym tego nie zauważył, więc napisałem tak, jak o tym zadaniu myślałem.

Żeby mniej pisać, przyjmijmy \(\displaystyle{ (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4})=(a,b,c,d)}\). Zacznijmy od udowodnienia dwóch lematów.

\(\displaystyle{ \textbf{Lemat nr 1}}\)
Jeśli \(\displaystyle{ a,b\in \left[0, \frac{1}{2}\right]}\), to
\(\displaystyle{ \frac{a^{2}+b^{2}}{ab}\ge \frac{(1-a)^{2}+(1-b)^{2}}{(1-a)(1-b)}}\)

Dowód lematu nr 1 to zwykłe przekształcenia algebraiczne, przenosimy na jedną stronę, sprowadzamy do wspólnego mianownika, redukujemy wyrazy podobne i mamy równoważną wyjściowej:
\(\displaystyle{ \frac{a^{2}-a^{3}+a^{2}b+b^{2}-b^{3}+b^{2}a-2ab}{ab(1-a)(1-b)}\ge 0\\ \frac{(a-b)^{2}(1-a-b)}{ab(1-a)(1-b)}\ge 0}\)
co jest już oczywiste w świetle założeń.

\(\displaystyle{ \textbf{Lemat nr 2}}\)

Jeśli \(\displaystyle{ a,b,c,d\in \left[0, \frac{1}{2}\right]}\), to
\(\displaystyle{ \frac{\left(a^{2}-b^{2}\right)^{2}}{abcd}\ge \frac{\left((1-a)^{2}-(1-b)^{2}\right)^{2}}{(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)}}\)

Dowód lematu nr 2 można przeprowadzić, mnożąc stronami oczywistą, z uwagi na założenia, nierówność \(\displaystyle{ \frac{(1-c)(1-d)}{dc}\ge 1}\)
i mniej oczywistą nierówność
\(\displaystyle{ \frac{\left(a^{2}-b^{2}\right)^{2}}{ab}\ge \frac{\left((1-a)^{2}-(1-b)^{2}\right)^{2}}{(1-a)(1-b)}}\)
Sprowadza się ona do:
\(\displaystyle{ (a-b)^{2}\left(\frac{(a+b)^{2}}{ab}-\frac{(2-a-b)^{2}}{(1-a)(1-b)}\right)\ge 0}\)
a to, z uwagi na
\(\displaystyle{ \frac{a^{2}+b^{2}}{ab}+2=\frac{(a+b)^{2}}{ab}, \ \frac{(1-a)^{2}+(1-b)^{2}}{(1-a)(1-b)}+2=\frac{(2-a-b)^{2}}{(1-a)(1-b)}}\),
jest natychmiastową konsekwencją lematu nr 1.

Przejdźmy teraz do rozwiązania zadania. Mamy:
\(\displaystyle{ \frac{a^{4}+b^{4}+c^{4}+d^{4}}{abcd}-\frac{\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(c^{2}+d^{2}\right)}{abcd}\\=\frac{\left(a^{2}-c^{2}\right)^{2}+\left(a^{2}-d^{2}\right)^{2}+\left(b^{2}-c^{2}\right)^{2}+\left(b^{2}-d^{2}\right)^{2}}{2abcd}\\ \ge \frac{\left((1-a)^{2}-(1-c)^{2}\right)^{2}+\left((1-a)^{2}-(1-d)^{2}\right)^{2}+\left((1-b)^{2}-(1-c)^{2}\right)^{2}+\left((1-b)^{2}-(1-d)^{2}\right)^{2}}{2(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)} \ (\heartsuit)}\)
przy czym w przejściu z nierównością zastosowaliśmy czterokrotnie lemat nr 2 dla odpowiednich zmiennych.

Ponadto korzystając dwukrotnie z lematu nr 1 i wymnażając otrzymane nierówności stronami, łatwo dowodzimy, że
\(\displaystyle{ \frac{\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(c^{2}+d^{2}\right)}{abcd}\ge \frac{\left((1-a)^{2}+(1-b)^{2}\right)\left((1-c)^{2}+(1-d)^{2}\right)}{(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)} \ (\spadesuit)}\)

Dodając stronami nierówności \(\displaystyle{ (\heartsuit), \ (\spadesuit)}\), sprowadzając do wspólnego mianownika i upraszczając, otrzymujemy nierówność
\(\displaystyle{ \frac{a^{4}+b^{4}+c^{4}+d^{4}}{abcd}\ge \frac{(1-a)^{4}+(1-b)^{4}+(1-c)^{4}+(1-d)^{4}}{(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)}}\)
która w sposób oczywisty jest równoważna tezie zadania.


NB Bardzo mi smutno, że jestem taki głupi, myślę, że w końcu się przez to zabiję, nie mogę znieść mojego braku błyskotliwości i inteligencji.

skrót / niedokończony
\(\displaystyle{ \sqrt{x+1}=a \
\sqrt{y+2}=b}\) tj. \(\displaystyle{ 3(a+b)= a^2+b^2-3}\)

\(\displaystyle{ \frac{a^2+b^2}{2} \geq \left( \frac{a+b}{2}\right)^2}\)
Tj. \(\displaystyle{ \frac{t}{2} \geq \left( \frac{t-3}{6}\right)^2}\) dla \(\displaystyle{ t=a^2+b^2}\)
\(\displaystyle{ t \leq 12+3\sqrt{15}}\)