Školjka

Neka $f(x) = (1+x)^{1/3}$, tada $f''(x) = -\frac{2}{9}(1+x)^{-\frac{5}{3}} < 0$ pa je $f$ konkavna na $[0,+\infty).$ Sada, iz Jensenove nejednakosti slijedi: $$\frac{1}{9}f(x_1) + \frac{1}{9}f(x_2) + ... + \frac{1}{9}f(x_9) \leq f(\frac{x_1+x_2+...+x_9}{9}) = f(7) = 2$$ što je desna nejednakost. Lijeva nejednakost slijedi iz ove pomocne tvrdnje: $$ \sqrt[3]{1+x} + \sqrt[3]{1+y} \geq \sqrt[3]{1+x+y} + 1$$ gdje su $x,y$ nenegativni realni brojevi. Nadalje jednakost se postize ako i samo ako je $xy = 0$. Dokaz: Pretpostavimo da su $(x,y)$ oba pozitivni . Neka $L = \sqrt[3]{1+x} + \sqrt[3]{1+y}$ i $R=\sqrt[3]{1+x+y}+1$. Neka je niz $(a_k)_{k=0}^{\infty}$ zadan sa: $a_0 = 0$, $a_{i} = 3a_{i-1} + \frac{1}{3}, i \in \mathbb{N}$. Takoder neka $P_i$ oznacava tvrdnju da $$[(1+x)(1+y)]^{a_i}L > (1+x+y)^{a_i}R$$. Primijetimo da je $P_0$ tocno tvrdnja koju zelim dokazati. Plan je dokazati da $P_n$ vrijedi za neki veliki $n$ te dokazati implikaciju $P_n \implies P_{n-1}$ gdje je $n \in \mathbb{N}$ cime cu naravno dobiti i $P_0$. Za fiksni par $(x, y)$ pozitivnih realnih brojeva vrijedi: $$(1+x)(1+y) = 1 +x +y+xy > 1+ x + y \implies \frac{(1+x)(1+y)}{1+ x + y} > 1$$ Niz $(a_k)$ je strogo rastuci i neomeden sto znaci da je za dovoljno veliki $n$: $$[\frac{(1+x)(1+y)}{1+ x + y}]^{a_n} > \frac{R}{L}$$ Preostaje $P_n \implies P_{n-1}$. Iz $P_n$: $$3[(1+x)(1+y)]^{3a_{n-1}}( [(1+x)(1+y)]^{\frac{1}{3}}L ) > 3 (1+x+y)^{3a_{n-1}}((1+x+y)^{\frac{1}{3}} R)$$ Vrijedi (jer je $a_i>=0$ za $i$ nenegativan): $$[(1+x)(1+y)]^{3a_{n-1}}(2+x+y) \geq (1+x+y)^{3a_{n-1}}(2+x+y)$$ Zbrajanjem: $$ [(1+x)(1+y)]^{3a_{n-1}}(1+x+3[(1+x)(1+y)]^{\frac{1}{3}}L +1+y) > (1+x+y)^{3a_{n-1}}(1+x+y+3(1+x+y)^{\frac{1}{3}} R+1) $$ Sto je isto kao: $$ [(1+x)(1+y)]^{3a_{n-1}}L^3 > (1+x+y)^{3a_{n-1}}R^3$$ Pa uzimanjem treceg korijena slijedi: $$[(1+x)(1+y)]^{a_{n-1}}L > (1+x+y)^{a_{n-1}}R$$ Ovo je upravo $P_{n-1}$ pa smo gotovi.