La disuguaglianza con la phi, problema 2

[jordan]

Sia $ \phi $ la radice reale positiva di $ x^2-x-1 $ e siano $ a,b,c,d $ dei reali positivi tali che $ (a+2b)^2=4c^2+1 $.
Mostrare che $ \displaystyle 2d^2+a^2\left(\phi-\frac{1}{2}\right)+b^2\left(\frac{1}{\phi-1}+2\right)+2 \ge 4(c-d)+2\sqrt{d^2+2d} $ e trovare tutti i casi di uguaglianza.
(A.Naskov)

[karlosson_sul_tetto]

Perchè l'hai postato di nuovo?
(qui)

[exodd]

d non è legata ad altre variabili, quindi portiamo tutti i d nel RHS, che diventa
$ 2(\sqrt{d^2+2d}-d^2+2d) $ che è massima per $ d=(\sqrt5-2)/2 $ ed è pari ad 1/2
sostituendo il valore della sezione aurea, e semplificando, otteniamo
$ a^2\sqrt5+b^2(5+\sqrt5)+3-8c \ge 0 $
abbiamo, dall'ipotesi,
$ a^2=4c^2+1+4b^2-4b\sqrt{4c^2+1} $
sostituendo, otteniamo una disequazione di 2° grado in b
$ (5+5\sqrt5)b^2-4\sqrt5b\sqrt{4c^2+1}+4\sqrt5c^2+3+\sqrt5-8c\ge0 $
che deve avere delta minore o uguale a zero
$ -c^2+2c-1\le0 $
che è sempre vera.

per i casi di uguaglianza, $ b=(\sqrt5-2)/2 $, $ \displaystile{c=1} $, $ b=(\sqrt5-2)/2 $, $ \displaystile{a=1} $

[Maioc92]

ecco la mia soluzione:
innanzitutto sistemo la d:
$ 2d^2+4d+\frac 1 2\ge 2\sqrt{d^2+2d} $ per AM-GM
Ora svolgo un po' di calcoli e riscrivo la parte rimanente come
$ 2\phi a^2-a^2+2\phi b^2+4b^2+3\ge 8c $
sommo e sottraggo a^2+4ab e ottengo
$ (a+2b)^2+2\phi a^2-2a^2+2\phi b^2+3-4ab\ge 8c $
$ 4c^2+4+2\phi a^2-2a^2+2\phi b^2-4ab\ge 8c $
$ 4c^2+4\ge 8c $ per AM-GM
Rimane da dimostrare che
$ a^2(2\phi-2)+2\phi b^2\ge 4ab $
che indovinate un po' è vera per AM-GM, ricordando che $ \phi^2-\phi=1 $
Il caso di uguaglianza si ha dall'uguaglianza di tutti e 3 i casi

[TBPL]

$ a^2\sqrt5+b^2(5+\sqrt5)+3-8c \ge 0 $

Dettagli a parte, arrivati qua, la mia faceva:

$ $\sqrt{5}a^2+(\sqrt{5}+5)b^2=(\sqrt{5}a^2+(\sqrt{5}+5)b^2)\left(\frac{1}{\sqrt{5}}+\frac{4}{\sqrt{5}+5}\right)\geq$ $
$ $\geq\left(\sqrt[4]{5}a\cdot\frac{1}{\sqrt[4]{5}}+(\sqrt{\sqrt{5}+5})b\cdot\frac{2}{\sqrt{\sqrt{5}+5}}\right)^2=(a+2b)^2=4c^2+1$ $

[exodd]

avevo pensato ad una strada simile, ma avevo troppa paura ad aggiungere gli ab.. pensavo venisse troppo incasinato...

[exodd]

$ a^2\sqrt5+b^2(5+\sqrt5)+3-8c \ge 0 $

Dettagli a parte, arrivati qua, la mia faceva:

$ $\sqrt{5}a^2+(\sqrt{5}+5)b^2=(\sqrt{5}a^2+(\sqrt{5}+5)b^2)\left(\frac{1}{\sqrt{5}}+\frac{4}{\sqrt{5}+5}\right)\geq$ $
$ $\geq\left(\sqrt[4]{5}a\cdot\frac{1}{\sqrt[4]{5}}+(\sqrt{\sqrt{5}+5})b\cdot\frac{2}{\sqrt{\sqrt{5}+5}}\right)^2=(a+2b)^2=4c^2+1$ $

bella, ma
$ 1=\frac{1}{\sqrt{5}}+\frac{4}{\sqrt{5}+5}\right) $
non è una cosa che viene in mente tanto facilmente...

[TBPL]

bella, ma
$ 1=\frac{1}{\sqrt{5}}+\frac{4}{\sqrt{5}+5}\right) $
non è una cosa che viene in mente tanto facilmente...

Nella soluzione ufficiale si scrive così. In quella sul mio foglio, ho semplicemente detto: facciamo C.S. scrivendo $ (a+2b)^2\leLHS*qualcosa $

[exodd]

bella, ma
$ 1=\frac{1}{\sqrt{5}}+\frac{4}{\sqrt{5}+5}\right) $
non è una cosa che viene in mente tanto facilmente...

Nella soluzione ufficiale si scrive così. In quella sul mio foglio, ho semplicemente detto: facciamo C.S. scrivendo $ (a+2b)^2\leLHS*qualcosa $

ah, ecco..
non avevo pensato di farla all'incontrario
sarà perchè mi è riuscito subito il conto lungo...

[Alex90]

Perchè l'hai postato di nuovo?
(qui)

Perchè così ogni problema può essere discusso separatamente e in modo ordinato, possibilmente senza messaggi inutili, nell'altra discussione sarebbe stato evidentemente impossibile, oltre che molto confusionario.

[jordan]

Definiti $ e: = d - 1,f: = 2b $, solo con am-gm abbiamo: $ \displaystyle 2e^2 + a^2\left(\phi - \frac {1}{2}\right) + f^2\left(\frac {1}{4(\phi - 1)} + \frac {1}{2}\right) - 4c = $ $ \displaystyle \frac {\sqrt {5}(\sqrt {5} - 1)}{2}\left(\frac {4e^2}{5} + \frac {f^2}{(\sqrt {5} - 1)^2} \right) + \frac {a^2\sqrt {5}}{2} + \frac {2e^2}{\sqrt {5}} - 4c $ $ \displaystyle \ge 2ae + 2fe - 4c = $ $ (e + 1)(a + f - 2c) + (e - 1)(a + f + 2c) \ge 2\sqrt {(e^2 - 1)((a + f)^2 - 4c^2)} $ $ = 2\sqrt {e^2 - 1} $, che è la tesi.[]