Opravovatelia

Filip [email protected]

Začnime tým, že si nerovnicu zo zadania upravíme na jednoduchší tvar: $$\begin{align} \frac{b(2a - c)}{a} + \frac{c(2b - a)}{b} + \frac{a(2c - b)}{c} &\leq \frac{ac}{b} + \frac{ab}{c} + \frac{bc}{a}\ \frac{(2ab - bc)}{a} + \frac{(2bc - ac)}{b} + \frac{(2ac - ab)}{c} &\leq \frac{ac}{b} + \frac{ab}{c} + \frac{bc}{a}\ \frac{(2ab)}{a} + \frac{(2bc)}{b} + \frac{(2ac)}{c} - \frac{(bc)}{a} - \frac{(ac)}{b} - \frac{(ab)}{c} &\leq \frac{ac}{b} + \frac{ab}{c} + \frac{bc}{a}\ 2b + 2c + 2a - \frac{(bc)}{a} - \frac{(ac)}{b} - \frac{(ab)}{c} &\leq \frac{ac}{b} + \frac{ab}{c} + \frac{bc}{a}\ 2b + 2c + 2a &\leq \frac{2ac}{b} + \frac{2ab}{c} + \frac{2bc}{a}. \end{align}$$

Úlohu môžeme riešiť dvoma spôsobmi. Buď využijeme starú známu AG nerovnosť, alebo permutačné nerovnosti. Začnime s AG nerovnosťou:

Vieme, že pre akékoľvek prvky platí, že ich aritmetický priemer je väčší alebo rovný ich geometrickému priemeru. Všimnime si, že keď medzi sebou prenásobíme ľubovoľné dva členy z pravej strany nerovnice, tak sa vzájomne vykrátia. Dosaďme teda prvú dvojicu ($\frac{ac}{b}, \frac{ab}{c}$) do AG nerovnosti:

$$\begin{align} \frac{\frac{ac}{b} + \frac{ab}{c}}{2} &\geq \sqrt[2]{\frac{ac}{b} \cdot \frac{ab}{c}}\ \frac{\frac{ac}{b} + \frac{ab}{c}}{2} &\geq \sqrt[2]{a \cdot a}\ \frac{\frac{ac}{b} + \frac{ab}{c}}{2} &\geq \sqrt[2]{a^2}\ \frac{\frac{ac}{b} + \frac{ab}{c}}{2} &\geq a\ \frac{ac}{b} + \frac{ab}{c} &\geq 2a. \end{align}$$

Takýmto spôsobom si vieme vziať ľubovoľné dva členy z pravej strany nerovnice. Ak by sme takto sčítali aritmetické priemery všetkých týchto dvojíc, dostaneme $\frac{2ac}{b} + \frac{2ab}{c} + \frac{2bc}{a}$, čo je pravá strana pôvodnej nerovnice. Ak by sme sčítali všetky geometrické priemery týchto dvojíc, tak dostaneme $2b + 2c + 2a$, čo je ľavá strana pôvodnej nerovnice. A keďže vieme, že aritmetický priemer je vždy väčší ako geometrický priemer, určite bude platiť, že: $$\begin{align} 2b + 2c + 2a &\leq \frac{2ac}{b} + \frac{2ab}{c} + \frac{2bc}{a}. \end{align}$$ Tým sme tvrdenie dokázali.

Iné riešenie

Ukážme si ešte, ako túto úlohu vyriešiť pomocou permutačných nerovností. Permutačné nerovnosti hovoria, že ak mám 2 rovnako veľké množiny čísel $x_i;y_i\in \mathbb{R}_{0}^{+}$, ktoré viem usporiadať od najväčšieho po najmenšie:

$$\begin{align} x_1 \geq x_2 \geq x_3 &\geq \dots \geq x_n\ y_1 \geq y_2 \geq y_3 &\geq \dots \geq y_n\ \end{align}$$

tak potom platí:

$$\begin{align} x_1y_n + x_2y_{n-1} + \dots + x_ny_1 \leq x_1y_{i_1} + x_2y_{i_2} + \dots + x_ny_{i_n} \leq x_1y_1 + x_2y_2 + \dots + x_ny_n \end{align}$$,

kde ľavá strana nerovnice predstavuje dvojice, kde vezmeme najmenší dostupný prvok z jednej množiny s najväčším dostupným z druhej množiny, stredná časť nerovnice predstavuje náhodne usporiadané dvojice a pravá strana nám predstavuje dvojice, kde vezmeme najmenší dostupný prvok z jednej množiny s najmenším dostupným z druhej množiny.

Vráťme sa späť k pôvodnej nerovnici:

$$\begin{align} 2b + 2c + 2a &\leq \frac{2ac}{b} + \frac{2ab}{c} + \frac{2bc}{a}. \end{align}$$

Môžeme si všimnúť, že je vzhľadom na jednotlivé premenné symetrická. Preto bez ujmy na všeobecnosti môžeme premenné zoradiť:

$$\begin{align} a \geq b \geq c \end{align}$$

Teraz si ako $x_1, x_2, x_3$ vezmime $2ab, 2ac, 2bc$ a ako $y_1, y_2, y_3$ vezmime prvky $\frac{1}{c}, \frac{1}{b}, \frac{1}{a}$. Vieme, že ak platí: $$\begin{align} a \geq b \geq c \end{align}$$

tak potom platí aj:

$$\begin{align} 2ab \geq 2ac \geq 2bc\ \frac{1}{c} \geq \frac{1}{b} \geq \frac{1}{a} \end{align}$$

Potom podľa permutačných nerovností ale platí:

$$\begin{align} 2ab \cdot \frac{1}{c} + 2ac \cdot \frac{1}{b} + 2bc \cdot \frac{1}{a} &\geq 2ab \cdot \frac{1}{a} + 2ac \cdot \frac{1}{c} + 2bc \cdot \frac{1}{b}\ \frac{2ab}{c} + \frac{2ac}{b} + \frac{2bc}{a} &\geq 2b + 2a + 2c \end{align}$$

Tým sme tvrdenie dokázali.