Opravovatelia

Džavo [email protected]

Pri riešení tejto nerovnosti sme si mohli všimnúť, že jeden z prípadov, kedy nastáva rovnosť, je ak práve jedno z čísel má ľubovoľnú hodnotu z daného intervalu a zvyšné sú $0$. To nám môže povedať, že chceme uvážiť najväčší prvok z pomedzi $a_i$, lebo na základe prípadov rovnosti má špeciálne postavenie. Tak to poďme spraviť! Vzhľadom na cyklickosť nerovnosti predpokladajme bez ujmy na všeobecnosti, že $a_1$ je najväčšie. To nám umožní dobre odhadnúť menovatele. Tie sa líšia tým, že vždy vynecháme nejaké $a_i$. Najmenšiu hodnotu nadobudnú, ak vynecháme $a_1$. Využitím tohto pozorovania dostaneme $$\begin{align} \frac{a_1}{1+a_2+a_3+\cdots+a_{n-1}+a_n}+ \cdots+ \frac{a_n}{1+a_1+a_2+\cdots+a_{n-2}+a_{n-1}}&\leq\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{1+a_2+a_3+\cdots +a_n},\ \frac{a_1}{1+a_2+a_3+\cdots+a_{n-1}+a_n}+ \cdots+ \frac{a_n}{1+a_1+a_2+\cdots+a_{n-2}+a_{n-1}}&\leq 1-\frac{1-a_1}{1+a_2+a_3\cdots +a_n}.\end{align}$$ Dosadením tohto odhadu do zadanej nerovnosti a po pár jednoduchých úpravách získame $$(1-a_1)(1-a_2)\cdots(1-a_n)(1+a_2+a_3+\cdots+a_n)\leq (1-a_1).$$ Teraz si všimnime, že aritmetický priemer čísel $(1-a_2),(1-a_3),\dots, (1-a_n),(1+a_2+a_3\dots +a_n)$ je $1$ a na ľavej strane nerovnosti, ktorú nám stačí dokázať, nám vystupuje $n$-tá mocnina ich geometrického priemeru, ktorý môžeme odhadnúť AG nerovnosťou ako $1^n=1$, z čoho máme $$(1-a_1)((1-a_2)\cdots(1-a_n)(1+a_2+a_3\cdots+a_n))\leq (1-a_1)\cdot 1^n=(1-a_1),$$ čím sme ukázali, že platí silnejšia nerovnosť, ktorú sme dostali odhadmi a ekvivalentnými úpravami zadanej nerovnosti, čiže následne platí aj tá.