Nerovnosť máme dokázať pre kladné reálne čísla. Vtedy sa oplatí zamyslieť nad tým, ktoré nerovnosti platia len na kladných (resp. nezáporných) reálnych číslach. Medzi tie známejšie a používanejšie z nich patria najmä nerovnosti medzi priemermi (KAGH)¹ a niektoré tvary Cauchyho-Schwarzovej-Buňakovského nerovnosti², ktorá sa často nazýva skrátene Cauchyho-Schwarzova (CS) nerovnosť. Keďže na ľavej strane skúmanej nerovnosti máme odmocninu, ako rozumné cesty sa javia AG nerovnosť (pretože geometrický priemer je vlastne odmocnina) a odmocninový tvar CS nerovnosti. Ukážeme si obe cesty.

Riešenie cez AG nerovnosť

Ľavú stranu nerovnosti si vieme prepísať aj ako $$\sqrt{a^2(a^2+6bc)}+\sqrt{b^2(b^2+6ac)}+\sqrt{c^2(c^2+6ab)}=\sqrt{a(a^3+6abc)}+\sqrt{b(b^3+6abc)}+\sqrt{c(c^3+6abc)}\text.$$ Keď každú z týchto troch odmocnín ohraničíme zhora pomocou AG nerovnosti, dostaneme $$\sqrt{a(a^3+6abc)}+\sqrt{b(b^3+6abc)}+\sqrt{c(c^3+6abc)}\stackrel{\text{AG}}{\leq}\frac{a+(a^3+6abc)}{2}+\frac{b+(b^3+6abc)}{2}+\frac{c+(c^3+6abc)}{2}\text.$$ Pravú stranu tejto nerovnosti však vieme zjednodušiť do tvaru $$\frac{(a+b+c)+(a^3+b^3+c^3)+18abc}{2}=\frac{a^3+b^3+c^3+18abc+1}{2}\text.$$ Podarilo sa nám teda dokázať, že $$a\sqrt{a^2+6bc}+b\sqrt{b^2+6ac}+c\sqrt{c^2+6ab}\leq\frac{a^3+b^3+c^3+18abc+1}{2}\text.\qquad (9.1)$$ Ak by sa nám podarilo dokázať, že $$\frac{a^3+b^3+c^3+18abc+1}{2}\stackrel{?}{\leq}\frac{3\sqrt2}{4}\text,\qquad (9.2)$$ tak zapojením $(9.1)$ a $(9.2)$ by sme dostali požadovanú nerovnosť. Stačí nám teda dokázať $(9.2)$

Ak ste už videli dôkaz nerovnosti, väčšinou postupoval jedným z dvoch spôsobov:

• To, čo máme dokázať, upravujeme, až kým sa nedostaneme k niečomu, čo platí. Táto metóda má však háčik, že ide opačným smerom, ako by sme chceli, a preto všetky úpravy, čo robíme, musia byť ekvivalentné, aby sme sa mohli vrátiť naspäť.

• Zoberieme si niečo, čo platí (tiež známe ako „spadlo z neba“) a postupnými úpravami dosiahneme to, čo máme dokázať. Toto je síce z matematickej stránky úplne korektné, avšak často neintuitívne a pre čitateľa je nejasné, ako by na také niečo mal prísť on sám.

Spôsob, ako sa tomuto elegantne vyhnúť, je dokazovať nerovnosť sporom – teda budeme predpokladať, že existujú $a_0,\ b_0,\ c_0\in\mathbb R^+$ spĺňajúce $a_0+b_0+c_0=1$, pre ktoré $(9.2)$ neplatí. Potom ale dostávame $$\begin{aligned} \frac{a_0^3+b_0^3+c_0^3+18a_0b_0c_0+1}{2}&>\frac{3\sqrt2}{4}\text,\ a_0^3+b_0^3+c_0^3+18a_0b_0c_0&>\frac{3\sqrt2}{2}-1\text.\end{aligned}$$ Skúsme teraz využiť $a_0+b_0+c_0=1$ na to, aby sme sa zbavili tretích mocnín. Tam nám pomôže, že $1=1^3=(a_0+b_0+c_0)^3=a_0^3+b_0^3+c_0^3+3(a_0^2b_0+a_0^2c_0+b_0^2a_0+b_0^2c_0+c_0^2a_0+c_0^2b_0)+6a_0b_0c_0$. Vďaka tomu môžeme nahliadnuť $$\begin{aligned} 1-3(a_0^2b_0+a_0^2c_0+b_0^2a_0+b_0^2c_0+c_0^2a_0+c_0^2b_0)+12a_0b_0c_0&>\frac{3\sqrt2}{2}-1\text,\ 4a_0b_0c_0-(a_0^2b_0+a_0^2c_0+b_0^2a_0+b_0^2c_0+c_0^2a_0+c_0^2b_0)&>\frac{\sqrt2}{2}-\frac23\text,\ a_0^2b_0+a_0^2c_0+b_0^2a_0+b_0^2c_0+c_0^2a_0+c_0^2b_0-4a_0b_0c_0&<\frac23-\frac{\sqrt2}{2}\text.\\end{aligned}$$ Posledná vec, ktorú urobíme, je úprava na štvorec³: $$\begin{aligned} a_0(b_0^2-2b_0c_0+c_0^2) + b_0(a_0^2-2a_0c_0+c_0^2) + c_0(a_0^2-2a_0b_0+b_0^2)+2a_0b_0c_0&<\frac23-\frac{\sqrt2}{2}\text,\nonumber\ a_0(b_0-c_0)^2+b_0(a_0-c_0)^2+c_0(a_0-b_0)^2+2a_0b_0c_0& < \frac23-\frac{\sqrt2}{2}\text. \qquad (9.3)\end{aligned}$$ Teraz už však nie je náročné premyslieť si, že všetky členy ľavej strany $(9.3)$ sú nezáporné, a teda aj celá ľavá strana je nezáporná. Pravá strana $(9.3)$ však je záporná (čo sa dá opäť dokázať sporom, preto dôkaz prenecháme ako cvičenie pre čitateľa). Z nerovnosti $(9.3)$ sme teda dostali, že nezáporné číslo je menšie rovné ako záporné číslo, čo je očividná blbosť, teda nastal spor. Preto $(9.2)$ platí, a teda platí aj nerovnosť zo zadania.

Riešenie cez odmocninový tvar CS nerovnosti

Z odmocninového tvaru CS vieme, že $$\sqrt{a(a^3+6abc)}+\sqrt{b(b^3+6abc)}+\sqrt{c(c^3+6abc)}\leq\sqrt{(a+b+c)[(a^3+6abc)+(b^3+6abc)+(c^3+6abc)]}\text,$$ pričom pravá strana sa dá upraviť do tvaru $$\sqrt{a^3+b^3+c^3+18abc}\text.$$ Už len stačí ukázať, že toto je najviac $\frac{3\sqrt2}{4}$. To sa dá urobiť sporom veľmi podobne ako pri dôkaze cez AG nerovnosť. Môžete si premyslieť, ako.

Poznámka 1

Skúsenejší riešiteľ si môže všimnúť, že ohraničenie, ktoré sme vykonali, nie je najtesnejšie. A skutočne, veľmi podobne sa dá dokázať, že $$a\sqrt{a^2+6bc}+b\sqrt{b^2+6ac}+c\sqrt{c^2+6ab}<1\text,$$ ktoré je najtesnejším ohraničením.

Poznámka 2

Prečo teda v zadaní nebolo najtesnejšie ohraničenie, keď išlo pomerne jednoducho dokázať? Totiž, existuje celkom pekný a poučný dôkaz aj pre ohraničenie $\frac{3\sqrt2}{4}$. V stručnosti, $$\sqrt{a^2(a^2+6bc)}+\sqrt{b^2(b^2+6ac)}+\sqrt{c^2(c^2+6ab)}\stackrel{\text{CS}}{\leq}\sqrt{a^2+b^2+c^2}\sqrt{a^2+b^2+c^2+6(ab+bc+ac)},$$ pričom pravú stranu vieme pomocou $2(ab+ac+bc)=(a+b+c)^2-a^2-b^2-c^2=1-a^2-b^2-c^2$ prepísať na $\sqrt{a^2+b^2+c^2}\sqrt{3-2(a^2+b^2+c^2)}$ a nájsť jej maximum vzhľadom na hodnotu súčtu $(a^2+b^2+c^2)$, čo vychádza práve spomínaných $\frac{3\sqrt2}{4}$. Rozhodli sme sa teda dať vám šancu dokázať to aj takto.