不等式の証明

質問

x>0,y>0,z>0,√x+√y+√z=1のとき、次の式を証明せよ。
(x^2+yz)/√{2x^2(y+z)}+(y^2+zx)/√{2y^2(z+x)}+(z^2+xy)/√{2z^2(x+y)}>=1

考えたのは、次のようなことです。
(1) a=√x,b=√y,c=√zとおいて、a+b+c=1、与不等式も、a,b,cの式に置き換えてみた。
　　次数が大きくなるだけで、見やすくはなっていないように思った。
(2)　相加相乗平均から分母√{2x^2(y+z)}=<(2x^2+y+z)/2=x^2+(y+z)/2
よって、(x^2+yz)/√{2x^2(y+z)}>=(x^2+yz)/{x^2+(y+z)/2}
　 他の２つの項も同様にして、
　　(x^2+yz)/{x^2+(y+z)/2}+(y^2+zx)/{y^2+(z+x)/2}+(z^2+xy)/{z^2+(x+y)/2}>=1
を示せばよいと思いました。
　　　どうやって、右辺の１に持って行くかで、２つ考えました。
　　　　ア．(x^2+yz)/{x^2+(y+z)/2}>=1/3を示して、残り２項との和から右辺１に持って行く。
　　　　イ．(x^2+yz)/{x^2+(y+z)/2}>=√x/{□+□+□} なる式を考えて、残り２項との和から示す。
　　　　ウ．(x^2+yz)/{x^2+(y+z)/2}=1+{(yz-(y+z)/2}/{x^2+(y+z)/2}として考える。
(3)　コーシー・シュワルツが使えないかも考えたが、どんな式に持って行けばよいのか、わからず。

　よろしくアドバイスをお願いします。

回答No.3

FT56F001

この問題，難しくて解けていません。

証明ではないけれど，数値的に実験してみると，
目的不等式は確かに成り立っており，
等号が成り立つのは　x=y=z=1/9　の場合だけのようです。

>(2)　相加相乗平均から分母√{2x^2(y+z)}=<(2x^2+y+z)/2=x^2+(y+z)/2
>よって、(x^2+yz)/√{2x^2(y+z)}>=(x^2+yz)/{x^2+(y+z)/2}
>　 他の２つの項も同様にして、
>　　(x^2+yz)/{x^2+(y+z)/2}+(y^2+zx)/{y^2+(z+x)/2}+(z^2+xy)/{z^2+(x+y)/2}>=1
>を示せばよいと思いました。

この式は，>=1になりません。
x=0.16,y=0.16,z=0.04とおくと，
sqrt(x)+sqrt(y)+sqrt(z)=0.4+0.4+0.2=1，
(x^2+yz)/{x^2+(y+z)/2}=0.032/0.1256=0.1576
(y^2+zx)/{y^2+(z+x)/2}=0.032/0.1256=0.1576
(z^2+xy)/{z^2+(x+y)/2}=0.0272/0.1616=0.1683
で合計0.48にしかならず，>=1を示せません。

同様なアイデアとして，相加・相乗平均から
x^2+yz>=2*sqrt(x^2*yz)=2*x*sqrt(yz)を用いて
(x^2+yz)/√{2x^2(y+z)}>=2*x*sqrt(yz)/x/sqrt(2*y+2*z)=sqrt(2yz/(y+z))と簡単になります。
sqrt(2yz/(y+z))+sqrt(2zx/(z+x))+sqrt(2xy/(x+y))>=1を示せばよい
と思ったけれど，やはり>=1になりません。

x=0.16,y=0.16,z=0.04とおくと，
sqrt(2yz/(y+z))=0.253
sqrt(2zx/(z+x))=0.253
sqrt(2xy/(x+y))=0.4
で合計0.906にしかならず，>=1を示せません。

[式の同次化]
x=a^2/(a+b+c)^2, y=b^2/(a+b+c)^2, z=c^2/(a+b+c)^2と置くと，
a,b,c>0で
目的不等式は
(a^4+b^2*c^2)/{a^2*sqrt(2)*sqrt(b^2+c^2)*(a+b+c)}+
(b^4+c^2*a^2)/{b^2*sqrt(2)*sqrt(c^2+a^2)*(a+b+c)}+
(c^4+a^2*b^2)/{c^2*sqrt(2)*sqrt(a^2+b^2)*(a+b+c)}≧1
の形になります。これで，sqrt(x)+sqrt(y)+sqrt(z)=1の条件は，
自然に式に組み込まれ，a,b,cに関して無次元の式になりました。

さて，A≧0，B≧0なるA,Bに対して
A+B≧(sqrt(A)+sqrt(B))^2/2より
a^4+b^2*c^2≧(a^2+bc)^2/2となります。

与式左辺≧
(a^2+b*c)^2/{2*a^2*sqrt(2)*sqrt(b^2+c^2)*(a+b+c)}+
(b^2+c*a)^2/{2*b^2*sqrt(2)*sqrt(c^2+a^2)*(a+b+c)}+
(c^2+a*b)^2/{2*c^2*sqrt(2)*sqrt(a^2+b^2)*(a+b+c)}
が成立。

次に，シュワルツの不等式，
ベクトルのノルムの積≧ベクトルの内積より，
sqrt(a^2+b^2)*sqrt(c^2+a^2)=|(a,b)|×|(a,c)|
≧(a,b)・(a,c)=a^2+bc

これより，
与式左辺≧
(a^2+b*c)^3/{2*a^2*sqrt(2)*sqrt(b^2+c^2)*sqrt(c^2+a^2)*sqrt(a^2+b^2)*(a+b+c)}+
(b^2+c*a)^3/{2*b^2*sqrt(2)*sqrt(b^2+c^2)*sqrt(c^2+a^2)*sqrt(a^2+b^2)*(a+b+c)}+
(c^2+a*b)^3/{2*c^2*sqrt(2)*sqrt(b^2+c^2)*sqrt(c^2+a^2)*sqrt(a^2+b^2)*(a+b+c)}

この三項の和を相加平均・相乗平均で置き換えると，
与式左辺≧3*{ (a^2+b*c)^3/a^2*(b^2+c*a)^3/b^2*(c^2+a*b)^3/c^2}^(1/3)/
{2*sqrt(2)*sqrt(b^2+c^2)*sqrt(c^2+a^2)*sqrt(a^2+b^2)*(a+b+c)}

整理して，
与式左辺≧3*(a^2+b*c)*(b^2+c*a)*(c^2+a*b)/[2*sqrt(2)*{a*b*c}^(2/3)*sqrt(b^2+c^2)*sqrt(c^2+a^2)*sqrt(a^2+b^2)*(a+b+c)] (*)

数値実験によると，(a,b,c>0に対して)　(*)式右辺≧1 は成立している模様。

よって，(*)式右辺が≧1を式の変形で言えればよいのだが，挫折しました。

結局，数値実験以上のことは何も示せないのが，回答者の現状でした(涙)。

回答No.2

EN0123

ｘｙｚに関して対称な関数の評価なので、x=y=z=1/9の場合が最小になる予想はつきますね

(2)の相加相乗平均は、方法として可能性は無くはないです。
ただ、根号が消えるので、(√x)+(√y)+(√z)=1を何処で使うのかという問題が出てきてしまい、あまり期待できません。

(2)の(ア)の方法だと、式全体でみれば対称式なんですが、各項は対称じゃないので、最小値が1/3よりも小さくなるみたいです。
なので、この問題の証明は、３項をバラバラに評価することはできません。

(3)これ、シュワルツって名前なのかな？

　　√(x+y) >={(√x)+(√y)}/(√2) for all x, y >0

という不等式を使うとこの問題は解けます。不等式の評価が大変ですが
与えられた問題の不等式を(*)として

　　(*)-1 >= 0

を証明したいので
-1を

　　-1 = -(√x)-(√y)-(√z) >= -(√(y+z)/√2)-(√(z+x)/√2)-(√(x+y)/√2) = (#)

と変形すれば

　　(*)-(#) >= 0　⇒ (*)-1 >= 0

なので、

　　(*)-(#) >= 0

を示せばよいです。

お礼

回答ありがとうございます
確かめてみたいと思います

回答No.1

178-tall

確かに難物ですネ。

>(1) a=√x,b=√y,c=√zとおいて、a+b+c=1、与不等式も、a,b,cの式に置き換えてみた。　次数が大きくなるだけで、見やすくはなっていないように思った。
　　↑
有力そうにみえるけど…。
平面 a+b+c=1 上の数値実験してみると、a=b=c=√(1/3) で三つの項とも 1/3 になる。
攻め手は「極座標表示」なのかも。

>(2)　相加相乗平均から分母√{2x^2(y+z)}=<(2x^2+y+z)/2=x^2+(y+z)/2 よって、(x^2+yz)/√{2x^2(y+z)}>=(x^2+yz)/{x^2+(y+z)/2}
　　↑
具体例の数値実験では NG の模様。

>(3)　コーシー・シュワルツが使えないかも考えたが、どんな式に持って行けばよいのか、わからず。
　　↑
漠として、見通せず。