Megoldás: 5.17
Feltehetjük, hogy
a,b,c>0 és az
egyenlőtlenség így írható:
1
1+
(
b
a
)2
+
1
1+
(
c
b
)2
+
1
1+
(
a
c
)2
≤
3
2
.
|
A
(
b
a
)2
,
(
c
b
)2
,
(
a
c
)2
|
törtek pozitívak, szorzatuk 1,
így a konvexitás felé terelés miatt érdemes bevezetni az
x,
y,
z változókat a
(
b
a
)2
=
ex
,
(
c
b
)2
=
ey
,
(
a
c
)2
=
ez
|
relációknak megfelelően.
Bizonyítanunk kell, hogy ha
x+y+z=0, akkor
1
1+
ex
+
1
1+
ey
+
1
1+
ez
≤
3
2
.
|
Tekintsük az
függvényt!
f"(x)=
ex
·(
ex
-2)
4·(1+
ex
)
5
2
,
|
így
f a
(-∞;ln2] intervallumon alulról konkáv, a Jensen
egyenlőtlenség alapján teljesül az egyenlőtlenség.
Ha csak az egyik változó -
mondjuk
x - értéke nagyobb
ln2-nél, akkor a másik kettőre
alkalmazható a Jensen egyenlőtlenség, így
1
1+
ex
+
1
1+
ey
+
1
1+
ez
≤
1
1+
ex
+
2
1+
e
y+z
2
=
1
1+
ex
+
2
1+
e
-x
2
.
|
Vizsgáljuk a
g(x)=
1
1+
ex
+
2
1+
e
-x
2
|
függvényt! Némi számolás után kapjuk, hogy
g'(x)=
1
2
e-
x
2
(1+
e-
x
2
)-
3
2
[1-
(1+
e
x
2
-1
ex
+1
)
3
2
],
|
így
g-nek
x=0-ban maximuma van (csak
e
x
2
-1 előjelére kell figyelni), ami igazolja az
egyenlőtlenséget.
Most már csak azt az esetet kell vizsgálnunk, amikor az
x,
y,
z változók közül kettőnek is legalább
ln2 az értéke. A szimmetria itt feltehetjük, hogy
x≥y≥ln2≥z.
Az
(
b
a
)2
=α,
(
c
b
)2
=β,
(
a
c
)2
=γ jelöléssel tehát
αβγ=1,
α≥β≥2≥γ és igazolnunk kell, hogy
1
1+α
+
1
1+β
+
1
1+γ
≤
3
2
.
|
Itt
β≥2,
γ=
1
αβ
≥
1
α2
így a bal oldalon található kifejezés felülbecsülhető a
g(α)=
1
1+α
+
1
3
+
1
1+
1
α2
=
1
3
+
1
1+α
+
α
1+
α2
|
függvénnyel, amit az
α≥2 halmazon vizsgálunk.
α=2-ben
g(α)=
2
3
+
2
5
<
3
2
és állítjuk, hogy a függvény a vizsgált halmazon monoton fogy. A derivált negatív, hiszen
g'
(α)=(1+x
)-
3
2
[
(
1+x
1+
x2
)
3
2
-
1
2
]
|
az
α=2-ben negatív és a
h(x)=
1+x
1+
x2
monoton fogy, amiről deriválással már könnyű meggyőződni.
A levezetésből az is látható, hogy csakis
a=b=c esetén áll fenn egyenlőség.