buduci da je jednakost homogena mozemo pretpostaviti
![abc= \frac{1}{8}](/media/m/7/9/9/7995b8b0de668fdb2ceb0890e30eae88.png)
, sada koristeci uvjet pocetnu nejednakost zapisemo ovako
![LHS=\frac{1}{\sqrt{1 + 1/a^3}} + \frac{1}{\sqrt{1 +1/b^3}} + \frac{1}{\sqrt{1 + 1/c^3 }} \geq 1.](/media/m/8/3/8/838ebdae299f6bfc052b9d3620061ca5.png)
lako se dokaze da opcenito vrijedi
![\frac{1}{\sqrt{1 +t^3}} \geqslant \frac{2}{2 + t^2}](/media/m/7/b/f/7bf48df27d6c66a8f2e20951f192f013.png)
za svaki
![t \geqslant 0](/media/m/5/e/6/5e626e2dc081727cce132ed16f339b91.png)
sada koristimo
![t=1/a](/media/m/1/9/5/195371fe59cee609d826fb16f5a626dd.png)
,
![t=1/b](/media/m/8/b/7/8b7611386c1aa227aa1e360f3214d444.png)
,
![t=1/c](/media/m/f/7/6/f769db234d586db0cfa2c8dfd5999f4f.png)
pa imamo
pa zelimo pokazati
![\displaystyle \frac{2}{2+1/a^2} + \frac{2}{2+1/b^2}+\frac{2}{2+1/c^2} \geq 1](/media/m/a/2/a/a2ac831dd45e665f07a794aeb396339d.png)
uvedimo supstituciju
![x= 1/a^2](/media/m/b/a/f/bafbfe8dce4a0da273f4d3a2028464fc.png)
,
![y= 1/b^2](/media/m/4/f/3/4f3924bf4dd0329a4ee6856fb1d70d47.png)
,
![z= 1/c^2](/media/m/2/b/2/2b207bde3a22d3a1eb163d3185b0b8b5.png)
tada nas uvjet prelazi u
mnozenjem prethdone nejednakosti s
![(2+x)(2+y)(2+z)](/media/m/e/1/4/e149e1e802b2ce501ce4c31ba9a15139.png)
dobivamo ekvivalentnu nejednakost
![\displaystyle 2 \sum\limits_{cyc}{(2+x)(2+y)} \geq (2+x)(2+y)(2+z)](/media/m/4/e/b/4eb9020c11715d72926135c2cce2f53c.png)
odnosno uz
![\displaystyle (a,b,c)](/media/m/5/7/4/57496bd3edc606abd4f7c7e610cc4b63.png)
sto mi oznacava
![\displaystyle \sum\limits_{sym}{ x^a y^b z^c}](/media/m/1/e/a/1ea4029e19d36a4f6f77ddba67325b84.png)
![\displaystyle 2(2(1,0,0)+ \frac{1}{2} (1,1,0)+ 12) \geq 8+2(1,0,0)+(1,1,0)+xyz](/media/m/a/9/4/a943135af335cd2bac9d057ef3d71fa8.png)
odnosno
![\displaystyle 4(1,0,0)+ (1,1,0)+ 24 \geq 8+2(1,0,0)+(1,1,0)+64](/media/m/c/5/e/c5e8bb793b684d1eb4346b5434e5f8c0.png)
pa treba pokazati
sada imamo zbog A-G nejednakosti
![\displaystyle 2(1,0,0)=4(x+y+z) \geq 4 \cdot 3 \cdot \sqrt[3]{xyz}=48](/media/m/0/2/a/02a56efd2794b5cba9d129f5707f4a41.png)
sto je trebalo i pokazati
%V0
buduci da je jednakost homogena mozemo pretpostaviti $ abc= \frac{1}{8} $ , sada koristeci uvjet pocetnu nejednakost zapisemo ovako
$$LHS=\frac{1}{\sqrt{1 + 1/a^3}} + \frac{1}{\sqrt{1 +1/b^3}} + \frac{1}{\sqrt{1 + 1/c^3 }} \geq 1.$$
lako se dokaze da opcenito vrijedi
$$ \frac{1}{\sqrt{1 +t^3}} \geqslant \frac{2}{2 + t^2} $$ za svaki $ t \geqslant 0 $ sada koristimo $t=1/a$ , $t=1/b$ , $t=1/c$ pa imamo
$ \displaystyle LHS \geqslant \frac{2}{2+1/a^2} + \frac{2}{2+1/b^2}+\frac{2}{2+1/c^2} $
pa zelimo pokazati $ \displaystyle \frac{2}{2+1/a^2} + \frac{2}{2+1/b^2}+\frac{2}{2+1/c^2} \geq 1 $
uvedimo supstituciju $ x= 1/a^2 $ , $ y= 1/b^2 $ , $ z= 1/c^2 $ tada nas uvjet prelazi u $ xyz=64 $
mnozenjem prethdone nejednakosti s $(2+x)(2+y)(2+z)$ dobivamo ekvivalentnu nejednakost
$ \displaystyle 2 \sum\limits_{cyc}{(2+x)(2+y)} \geq (2+x)(2+y)(2+z)$
odnosno uz $ \displaystyle (a,b,c) $ sto mi oznacava $ \displaystyle \sum\limits_{sym}{ x^a y^b z^c} $
$ \displaystyle 2(2(1,0,0)+ \frac{1}{2} (1,1,0)+ 12) \geq 8+2(1,0,0)+(1,1,0)+xyz $ odnosno
$ \displaystyle 4(1,0,0)+ (1,1,0)+ 24 \geq 8+2(1,0,0)+(1,1,0)+64 $ pa treba pokazati
$ \displaystyle 2(1,0,0) \geq 48$
sada imamo zbog A-G nejednakosti $ \displaystyle 2(1,0,0)=4(x+y+z) \geq 4 \cdot 3 \cdot \sqrt[3]{xyz}=48$ sto je trebalo i pokazati