zde - Univerzita Karlova

První řešení
Zabývejme se nejdříve důkazem nerovnosti
V = a + b + c +2(ab + ac + bc)+3(1− a)(1 − b)(1 − c) ≥ 1.
Ukážeme, že malé hodnoty součtu a + b + c lze dostatečně vykompenzovat
hodnotami jednoho součinu (1 − a)(1 − b)(1 − c), který je ve
výrazu V zastoupen vlastně třikrát. Pro pomocný součet
totiž platí
S =(a + b + c)+(1− a)(1 − b)(1 − c)
S =(a + b + c)+(1− a)(1 − b)(1 − c) =
=(a + b + c)+(1− a − b − c + ab + ac + bc − abc) =
=1+ab + ac + bc − abc =1+ab(1 − c)+ac + bc.
Poslední výraz je součtem čísla 1 a tří dalších sčítanců, nezáporných pro
libovolná a, b, c ∈〈0, 1〉. Odtud již plyne nerovnost S ≥ 1, protože navíc
mezi výrazy V a S platí vztah
V = S +2(ab + ac + bc)+2(1− a)(1 − b)(1 − c) ≥ S,
je rovněž nerovnost V ≥ 1 dokázána.
Nerovnost V ≤ 9 dokážeme tak, že velké hodnoty součtu a + b + c
vykompenzujeme hodnotami trojnásobného součinu 3(1−a)(1−b)(1−c).
Ukážeme totiž, že pro libovolná a, b, c ∈〈0, 1〉 platí
(a + b + c)+3(1− a)(1 − b)(1 − c) ≤ 3. (6)
Nejdříve si však všimněme, že odhad (6) je pro naše účely postačující:
sečteme-li ho se zřejmým odhadem
2(ab + ac + bc) ≤ 6,
který jsme již dříve uvedli v (5), dostaneme kýženou nerovnost
V =(a + b + c)+2(ab + ac + bc)+3(1− a)(1 − b)(1 − c) ≤ 9.
Zbývá tedy dokázat (6). K tomu nejprve zřejmé nerovnosti
(1 − a)(1 − b) ≤ 1, (1 − a)(1 − c) ≤ 1, (1 − b)(1 − c) ≤ 1
28