Задача Квант

\documentclass{article}
\usepackage{cmap}
\usepackage[T2A]{fontenc}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[14pt]{extsizes}
\usepackage[english,russian]{babel}
\usepackage{euscript}
\usepackage{amsmath,amsfonts,amssymb,amsthm,mathtools}
\usepackage{esvect}

\title{НИС}
\author{kirakuznetsova}
\date{April 2019}

\begin{document}
\section{Задача}
\textbf{Условие.} Для положительных чисел $a,b,c$ докажите неравенство:
$$\frac{a+b}{\sqrt{b+c}}+\frac{b+c}{\sqrt{c+a}}+\frac{c+a}{\sqrt{a+b}}\geq\sqrt{2a}+\sqrt{2b}+\sqrt{2c}$$
\textbf{Лемма 1.} Для положительных чисел $a,b,c$ выполняется неравенство:
$$\sqrt{3}\sqrt{a+b+c}\geq\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$$
\textbf{Доказательство:}\\
Рассмотрим неравенство Йенсена для функции $f(x)=\sqrt{x}$.\\ Вторая производная этой функции $f^{\prime\prime}(x)=-\frac{1}{4\sqrt[3]{x^2}}$ отрицательна на промежутке $(0,+\infty)$. Следовательно, данная функция выпукла вверх на рассматриваемом промежутке. Запишем неравенство Йенсена:
$$f\left(\sum_{i=1}^3\alpha_i x_i\right)\geq\sum_{i=1}^3\alpha_i f(x_i)$$
Положим $\alpha_i=\frac{1}{3}$, $x_1=a$, $x_2=b$, $x_3=c$. Тогда:
$$\sqrt{\frac{a+b+c}{3}}\geq\frac{1}{3}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})$$
$$\sqrt{3}\sqrt{a+b+c}\geq\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$$
Утверждение доказано.$\blacksquare$\\
\textbf{Лемма 2.}  Для положительных чисел $a,b,c$ выполняется неравенство:
$$ab+bc+ac\leq\frac{1}{3}(a+b+c)^2$$
\textbf{Доказательство:}\\
Заметим, что $ab+bc+ac=\frac{1}{2}((a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2))$. Тогда наше неравество можно представить в таком виде:
$$\frac{1}{2}((a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2))\leq\frac{1}{3}(a+b+c)^2$$
$$3((a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2))\leq2(a+b+c)^2$$
$$3(a+b+c)^2-3(a^2+b^2+c^2)\leq2(a+b+c)^2$$
$$(a+b+c)^2\leq3(a^2+b^2+c^2)$$
Рассмотрим неравенство Йенсена для функции $f(x)=x^2$.\\ Вторая производная $f^{\prime\prime}(x)=2$ положительна на промежутке $(0,+\infty)$. Следовательно, данная функция выпукла вниз на данном промежутке. Запишем неравенство Йенсена:
$$f\left(\sum_{i=1}^3\alpha_i x_i\right)\leq\sum_{i=1}^3\alpha_i f(x_i)$$
Положим $\alpha_i=\frac{1}{3}$, $x_1=a$, $x_2=b$, $x_3=c$. Тогда:
$$\Big(\frac{a+b+c}{3}\Big)^2\leq\frac{1}{3}(a^2+b^2+c^2)$$
$$(a+b+c)^2\leq3(a^2+b^2+c^2)$$
Утверждение доказано.$\blacksquare$\\
\textbf{Решение:} \\
Вводя вспомогательные переменные $z_1=z_4=a$, $z_2=z_5=b$, $z_3=c$, мы можем записать левую часть в виде: $$\sum_{i=1}^3\frac{z_i+z_{i+1}}{\sqrt{z_{i+1}+z_{i+2}}}=I$$.\\
Рассмотрим неравенство Йенсена для функции $f(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}$.\\ Вторая производная этой функции $f''=\frac{3}{4\sqrt{x^5}}$ положительна на промежутке $(0,+\infty)$, поэтому функция $f(x)$ на рассматриваемом промежутке выпукла вниз. Запишем неравенство Йенсена:
$$f\left(\sum_{i=1}^3\alpha_i x_i\right)\leq\sum_{i=1}^3\alpha_i f(x_i)$$
Положим $\alpha_i=\frac{z_i+z_{i+1}}{\sum_{j=3}^3 (z_j+z_{j+1})}$, $x_i=z_{i+1}+z_{i+2}$, $S=a+b+c$. Тогда:
$$\sum_{i=1}^3\frac{1}{\sqrt{\frac{(z_i+z_{i+1})(z_{i+1}+z_{i+2})}{\sum_{j=3}^3 (z_j+z_{j+1})}}}\leq\sum_{i=1}^3\frac{z_i+z_{i+1}}{\sum_{j=3}^3 (z_j+z_{j+1})\sqrt{z_{i+1}+z_{i+2}}}$$
Заметим, что $\sum_{j=3}^3 (z_j+z_{j+1}) = a+b+b+c+c+a = 2S$
$$\frac{I}{2S}\geq\sum_{i=1}^3\frac{\sqrt{2S}}{\sqrt{(z_i+z_{i+1})(z_{i+1}+z_{i+2})}}$$
$$\frac{I}{2S}\geq\frac{\sqrt{2S}}{\sqrt{(a+b)(b+c)+(b+c)(c+a)+(c+a)(a+b)}}$$
$$I\geq\frac{2S\sqrt{2S}}{\sqrt{3ab+3bc+3ac+a^2+b^2+c^2}}$$
$$I\geq\frac{2S\sqrt{2S}}{\sqrt{(a+b+c)^2+ab+bc+ac}}$$
По Лемме 2:
$$I\geq\frac{2S\sqrt{2S}}{\sqrt{(a+b+c)^2+ab+bc+ac}}\geq\frac{2S\sqrt{2S}}{\sqrt{(a+b+c)^2+\frac{1}{3}(a+b+c)^2}}$$
$$I\geq\frac{2S\sqrt{2S}}{\sqrt{\frac{4}{3}S^2}}=\sqrt{6S}=\sqrt{6}\sqrt{a+b+c}$$
По Лемме 1:
$$I\geq\sqrt{6}\sqrt{a+b+c}\geq\sqrt{2}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})$$
$$\frac{a+b}{\sqrt{b+c}}+\frac{b+c}{\sqrt{c+a}}+\frac{c+a}{\sqrt{a+b}}\geq\sqrt{2a}+\sqrt{2b}+\sqrt{2c}$$
Утверждение доказано.$\blacksquare$\\
\end{document}