ongelijkheid3

De raaklijn van de functie $f(x)= \frac{1}{x^2+4}$ in het punt $(2,\frac 1 8)$ heeft vergelijking $-\frac 1{16}x + \frac 1 4$.
( $ (\frac{1}{x^2+4})'= \frac{-2x}{(x^2+4)^2}$ voor de rico te berekenen )

$\frac{1}{x^2+4} \ge -\frac 1{16}x + \frac 1 4$ kan dus grafisch gegokt worden en algebraisch gecontroleerd: equivalent met $x(x-2)^2 \ge 0$, wat waar is voor $x>0$ met gelijkheid in $x=2$.

Er geldt dus dat $\frac{a}{b^2+4}+\frac{b}{a^2+4}\geq \frac{-ab+4a}{16}+\frac{-ab+4b}{16}=\frac{-2ab+4(a+b)}{16}=\frac{ab}{8}$
met gelijkheid asa $a=b=2$.

We bewijzen nu nog dat $\frac{ab}{8} \ge \frac 12$ (met gelijkheid asa $a=b=2$).
Er geldt dat $4ab\le (a+b)^2 =ab*ab $ wegens AM-GM.
Bijgevolg is $4 \le ab$ zoals gewenst.

Gelijkheid geldt dus enkel bij $a=b=2$.

**

Alternatief:
$\frac{a}{b^2+4}+\frac{b}{a^2+4}= \frac{a^2}{ab^2+4a}+\frac{b^2}{a^2b+4b} \ge \frac{ (a+b)^2}{ab^2+4a + a^2b+4b} \ge \frac 12$ wegens Cauchy-Schwarz in Engel-form en
$2(a+b)^2 \ge ab^2+4a + a^2b+4b = ab(a+b)+4(a+b)=(a+b)^2+4(a+b)$ omdat $a+b=ab \ge 4$ net zoals in vorige oplossing.

Gelijkheid geldt dus enkel bij $a=b=2$.