9. Králik Ma Sužuje vzorové riešenie



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.