0 \le ab+bc+ca-abc \le 2

[mod_2]

Siano a, b, c numeri reali non negativi tali che
$ $a^2+b^2+c^2+abc=4$ $
Dimostrare che
$ $0 \le ab+bc+ca-abc \le 2$ $

Buon lavoro!

[exodd]

da quanto tempo non lavoravo con le medie!


$ 3*(abc)^{2/3} \le ab+bc+ca $ (AM-GM)

$ abc \le 3*(abc)^{2/3} $

$ abc \le 27 $

$ 4-(a^2+b^2+c^2) \le 27 $

$ -(a^2+b^2+c^2) \le 23 $ (vera)

se aspetti un attimo vedo per la 2° parte..

[Maioc92]

con la disuguaglianza am<=qm sono arrivato a dire che 0<=ab +ac+bc+abc<=4, poi con gm-am ho trovato che abc<=1 poi però mi sn bloccato....vabbè ci ripenserò domani

[antosecret]

Seconda parte:
$ ab+bc+ca-abc\leq 2 $
$ 2(ab+bc+ca-abc)\leq 4= a^2+b^2+c^2+abc $
$ 0\leq (a+b+c)^2+3abc $ vera.

[mod_2]

Seconda parte:
$ ab+bc+ca-abc\leq 2 $
$ 2(ab+bc+ca-abc)\leq 4= a^2+b^2+c^2+abc $
$ 0\leq (a+b+c)^2+3abc $ vera.

non ti seguo... i segni meno dove sono spariti?

[antosecret]

Seconda parte:
$ ab+bc+ca-abc\leq 2 $
$ 2(ab+bc+ca-abc)\leq 4= a^2+b^2+c^2+abc $
$ 0\leq (a+b+c)^2+3abc $ vera.

non ti seguo... i segni meno dove sono spariti?

Hai ragione... avevo fatto un errore di segno nei conti...

[antosecret]

Edit: troppe stupidaggini per la stessa serata.

[jordan]

$ 4-2abc\leq2 \rightarrow 0\leq abc $

Meglio prima
edit: tranquillo ci pensi meglio domani

[antosecret]

A questo punto mi rendo conto che sto ancora dormendo dopo il ponte del primo maggio e non posso far altro che andare a dormire...
Che figura...

[jordan]

Siano $ a,b,c>0 $ t.c. $ f(a,b,c)=4 $ allora $ 0 \le g(a,b,c) \le 2 $, dove $ f(a,b,c)=\sum_{cyc}{a^2}+abc $ e $ g(a,b,c)=\sum_{cyc}{ab}-abc $

Parte 1.Non negatività
Wlog $ \min\{a,b,c\}=a \le 1 $ (altrimenti $ f(a,b,c)>4 $) allora $ g(a,b,c) \ge bc-abc \ge 0 $.


Parte 2.Bound superiore
Lemma1(identità).Se $ f(a,b,c)=4 $ allora esistono $ 0 \le z \le y \le x \le \frac{\pi}{2} $ t.c.$ x+y+z=\pi $ e $ a=2\cos{x} $ e cicliche.
Lemma2(jensen).$ f(\cdot) $ è concava in $ [0,\frac{\pi}{2}] $ per cui $ a+b+c \le 3 $.
Per quanto detto vale:
$ \frac{1}{4}g(a,b,c)=\sum_{cyc}{\cos{x}\cos{y}}-2\cos{x}\cos{y}\cos{z}= $ $ \cos{x}(\cos{y}+\cos{z})+\cos{y}\cos{z}(1-2\cos{x}) $ $ \le \cos{x} (\frac{3}{2}-\cos{x})+ \frac{1-\cos{x}}{2}(1-2\cos{x})=\frac{1}{2} $.

[mod_2]

Bravo jordan!
Dalla regia mi dicono che il problema può essere fatto anche con il lemma abc, qualcuno vuole provare?

[jordan]

Parte1 (lemma abc, suggerito da mod_2). Riduzione a 2 variabili.
Wlog $ 0 \le a \le b \le c $ per cui vale $ (b-c)(a+c) \le 0 \le ac(b-a) $ se e solo se $ g(a,b,c) \le g(a,a,c) $.

Parte2. Riduzione a 1 variabile.
Per ipotesi $ a \le c $ e $ f(a,a,c)=4 \implies a^2=\frac{4-c^2}{c+2} $.
Allora $ g(a,a,c)=a^2+2ac-a^2c=(a+c)^2-c^2-(4-2a^2-c^2) \le 2(a^2+c^2)-4+2a^2 $ con uguaglianza solo se $ a=c \implies a^2=c^2 \implies c(c-1)(c-4)=0 $, ma se $ c \in \{0,4\} $ allora $ f(a,b,c) \neq 4 $.
Per cui $ g(a,b,c) $ è massimo se e solo se $ a=b=c=1 $.

Ps. dedicato a darkxifrit

[Simo_the_wolf]

Perdonami jordan ma non ho capito troppo la tua ultima dimostrazione... cosa vuoi dimostrare step per step??

[jordan]

Essì, scusatemi tutti (in primis per il ritardo)..
Il finale della mia seconda parte è sbagliato..(o almeno, non dimostra la tesi ), addirittura non ho manco semplificato la frazione di $ a^2 $.. comunque per riprendere il discorso di prima, la parte 1) dovrebbe essere giusta: per la seconda dobbiamo verificare che $ a^2+2ac-a^2c-2 \le 0 $ per ogni $ 0 \le a \le c $ tali che $ c=2-a^2 $. Adesso $ 0 \le a \le 1 $ per cui dobbiamo verificare che $ a^4-2a^3-a^2+4a-2 \le 0 $ per ogni $ 0 \le a \le 1 $. Ciò è vero e si ha uguaglianza solo se $ a=1 $, che è la tesi, ma per il dimostrare con metodi elementari la sua crescenza in (0,1) non mi pare cosi ovvio qualche idea? (oltre che derivare due volte..)
ps. grazie per la correzione!