Opravovatelia

Lukáš [email protected]

Začnime pozorovaním, že parameter $k$ je v zadanej nerovnosti akýsi neprirodzený, spôsobuje, že výraz na ľavej strane nie je symetrický. Radi by sme sa ho teda nejakým spôsobom zbavili. Môžeme si všimnúť, že ak $k=1$, tak tento problém už nenastáva, výraz na ľavej strane je symetrický. Ba čo viac, menovateľ a čitateľ dvoch po sebe idúcich zlomkov sa zhodujú. Pokiaľ ste už nejaké úlohy s nerovnosťami riešili, toto by vám malo udrieť do oka, pretože pokiaľ by sme súčet zmenili na súčin, tieto menovatele a čitatele sa pekne navzájom vykrátia. Nuž a nerovnosť medzi akýmsi súčtom a akýmsi súčinom už nie je nič iné ako nerovnosť medzi aritmetickým a geometrickým priemerom. Z nej ľahko dostaneme, že $$\frac{x_1+x_2}{x_2+x_3} + \frac{x_2+x_3}{x_3+x_4} + \cdots + \frac{x_n+x_1}{x_1+x_2} \stackrel{\text{AG}}{\geq} n\sqrt[n]{\frac{x_1+x_2}{x_2+x_3} \cdot \frac{x_2+x_3}{x_3+x_4} \cdot \cdots \cdot \frac{x_n+x_1}{x_1+x_2}} = n.\tag{1}$$ A teraz prichádza otázka, ako a prečo by nám toto malo pomôcť s inými hodnotami $k$. Uvedomme si však, že my vieme každý zlomok rozbiť na dva, tak aby jeden z týchto zlomkov bol člen z nerovnosti (1), konkrétne $$\begin{align} \left(\frac{x_1+x_2}{x_2+x_3} + \frac{(k-1)x_2}{x_2+x_3}\right) + \left(\frac{x_2+x_3}{x_3+x_4} + \frac{(k-1)x_3}{x_3+x_4}\right) + \cdots + \left(\frac{x_n+x_1}{x_1+x_2} + \frac{(k-1)x_1}{x_1+x_2}\right) &\stackrel{\text ?}{\geq} n + \frac{n(k-1)}{2},\ \left(\frac{x_1+x_2}{x_2+x_3} + \frac{x_2+x_3}{x_3+x_4} + \cdots + \frac{x_n+x_1}{x_1+x_2}\right) + (k-1)\left(\frac{x_2}{x_2+x_3} + \frac{x_3}{x_3+x_4} + \cdots + \frac{x_1}{x_1+x_2}\right) &\stackrel{\text ?}{\geq} n + (k-1)\frac{n}{2}.\end{align}$$ Nahliadnime, že ak sa nám podarí dokázať nerovnosť $$\frac{x_1}{x_1+x_2} + \frac{x_2}{x_2+x_3} + \cdots + \frac{x_n}{x_n+x_1} \stackrel{\text ?}{\geq} \frac{n}{2},\tag{2}$$ tak sme hotoví, lebo sčítaním (1) a $(k-1)$-násobku (2) dostaneme zrovna požadovanú nerovnosť. Tým sme sa zbavili parametra $k$ a môžeme sa vrhnúť do dokazovania.

Nerovnosť (2) dokážeme matematickou indukciou. Začnime bázou pre $n=3$. Chceme teda dokázať $$\begin{align} \frac{x_1}{x_1+x_2} + \frac{x_2}{x_2+x_3} + \frac{x_3}{x_3+x_1} &\stackrel{\text ?}{\geq} \frac{3}{2},\ 2x_1(x_2+x_3)(x_3+x_1) + 2x_2(x_1+x_2)(x_3+x_1) + 2x_3(x_1+x_2)(x_2+x_3) &\stackrel{\text ?}{\geq} 3(x_1+x_2)(x_2+x_3)(x_3+x_1).\end{align}$$ Všimnime si, že dokazovaná nerovnosť je cyklická (ak všetkým $x$ zvýšime index o $1$, vzhľad nerovnosti sa nezmení), čo znamená, že po roznásobení budú mať cyklické výrazy rovnaké koeficienty. Preto zaveďme značenie $\sum_{\text{cyc}} f(x_1,x_2,x_3) := f(x_1,x_2,x_3) + f(x_2,x_3,x_1) + f(x_3,x_1,x_2)$. Napríklad teda $\sum_{\text{cyc}} x_1^2 x_2 := x_1^2 x_2 + x_2^2 x_3 + x_3^2 x_1$. Potom roznásobením dostaneme $$\begin{align} 2x_1(x_2+x_3)(x_3+x_1) + 2x_2(x_1+x_2)(x_3+x_1) + 2x_3(x_1+x_2)(x_2+x_3) &\stackrel{\text ?}{\geq} 3(x_1+x_2)(x_2+x_3)(x_3+x_1),\ 4\sum_{\text{cyc}} x_1^2 x_2 + 2\sum_{\text{cyc}} x_1 x_2^2 + 6x_1 x_2 x_3 &\stackrel{\text ?}{\geq} 3\sum_{\text{cyc}} x_1^2 x_2 + 3\sum_{\text{cyc}} x_1 x_2^2 + 6x_1 x_2 x_3,\ \sum_{\text{cyc}} x_1^2 x_2 - \sum_{\text{cyc}} x_1 x_2^2 &\stackrel{\text ?}{\geq} 0.\end{align}$$ Ak teraz tieto členy vhodne preusporiadame, dostaneme dvojice, kde po vyňatí spoločného násobku zostane člen deliteľný $x_2-x_3$. Následne $$\begin{align} (x_1^2 x_2 - x_3 x_1^2) + (x_2^2 x_3 - x_2 x_3^2) - (x_1 x_2^2 - x_3^2 x_1) &\stackrel{\text ?}{\geq} 0,\ x_1^2(x_2-x_3) + x_2x_3(x_2-x_3) - x_1(x_2+x_3)(x_2-x_3) &\stackrel{\text ?}{\geq} 0,\ (x_1^2-x_1 x_2-x_1 x_3+x_2 x_3)(x_2-x_3) &\stackrel{\text ?}{\geq} 0,\ (x_1(x_1-x_2)-x_3(x_1-x_2))(x_2-x_3) &\stackrel{\text ?}{\geq} 0,\ (x_1-x_2)(x_2-x_3)(x_1-x_3) &\geq 0.\end{align}$$ Nuž a to, že platí posledná nerovnosť, je už zrejmé z podmienky na usporiadanie hodnôt $x$.

Máme teda nerovnosť dokázanú pre nejakú základnú hodnotu, prejdime preto na indukčný krok. Predpokladajme, že pre ľubovoľnú $n$-ticu $x_1\geq x_2\geq \cdots \geq x_n$ kladných reálnych čísel, pričom $n\leq m$, už nerovnosť platí. Teraz chceme ukázať, že platí aj pre ľubovoľnú $(m+1)$-ticu $x_1\geq x_2\geq \cdots \geq x_{m+1}$.

Všimnime si, že nerovnosť pre $m$-ticu $x_1\geq x_2\geq \cdots \geq x_m$ sa od dokazovanej nerovnosti vo veľa členoch nelíši, totiž $$\begin{align} \frac{x_1}{x_1+x_2} + \cdots + \frac{x_{m-1}}{x_{m-1}+x_m} + &\frac{x_m}{x_m+x_1} \geq \frac{m}{2},\ \frac{x_1}{x_1+x_2} + \cdots + \frac{x_{m-1}}{x_{m-1}+x_m} + &\frac{x_m}{x_m+x_{m+1}} + \frac{x_{m+1}}{x_{m+1}+x_1} \stackrel{\text ?}{\geq} \frac{m+1}{2}.\end{align}$$ Jediná trojica hodnôt $x$, pre ktoré sa výrazy v týchto nerovnostiach nezhodujú, sú $x_1, x_m, x_{m+1}$. Pre ne však vďaka tomu, že $x_1\geq x_m \geq x_{m+1}$, platí $$\frac{x_1}{x_1+x_m} + \frac{x_m}{x_m+x_{m+1}} + \frac{x_{m+1}}{x_{m+1}+x_1} \geq \frac{3}{2}.$$ Čo sa však stane, keď sčítame túto nerovnosť s nerovnosťou pre $m$-ticu? Nuž, $$\begin{align} \left(\frac{x_1}{x_1+x_2} + \cdots + \frac{x_{m-1}}{x_{m-1}+x_m} + \frac{x_m}{x_m+x_1}\right) + \left(\frac{x_1}{x_1+x_m} + \frac{x_m}{x_m+x_{m+1}} + \frac{x_{m+1}}{x_{m+1}+x_1}\right) &\geq \frac{m+3}{2},\ \frac{x_1}{x_1+x_2} + \cdots + \frac{x_{m-1}}{x_{m-1}+x_m} + \left(\frac{x_m}{x_m+x_1} + \frac{x_1}{x_1+x_m}\right) + \frac{x_m}{x_m+x_{m+1}} + \frac{x_{m+1}}{x_{m+1}+x_1} &\geq \frac{m+3}{2},\ \frac{x_1}{x_1+x_2} + \cdots + \frac{x_{m-1}}{x_{m-1}+x_m} + \frac{x_m}{x_m+x_{m+1}} + \frac{x_{m+1}}{x_{m+1}+x_1} &\geq \frac{m+3}{2}-1=\frac{m+1}{2},\end{align}$$ čo sme chceli dokázať.