Siano a,b,c 3 numeri positivi ciascuno non maggiore di 1.
Dimostrare che risulta:
$ \displaystyle \sqrt{ab^2c^3}+\sqrt{(1-a)(1-b)^2(1-c)^3}\le 1 $
Holder o Cauchy ?
Mmm, non so se la mia è la soluzione migliore, perchè probabilmente ne avrai una molto più elegante, comunque eccola:
Per Cauchy-Schwarz ho che
$ \displaystyle \sqrt{ab^2c^3}+\sqrt{(1-a)(1-b)^2(1-c)^3}\le \sqrt{(a+(1-a))(b^2c^3+(1-b)^2(1-c)^3)} $
Mi basta perciò dimostrare che $ b^2c^3+(1-b)^2(1-c)^3\le 1 $.
Per farlo noto che la precedente è rispetto a b una parabola convessa, e quindi qualunque sia c un segmento di parabola convessa è massimo in uno dei 2 vertici, ovvero per b=1 o per b=0 (o che tende a zero,dipende se a,b,c sono strettamente positivi o non negativi).
Nel primo caso rimane da dimostrare che $ c^3\le 1 $ e nel secondo che $ (1-c)^3\le 1 $, entrambe vere perchè $ 0\le c\le 1 $
Per Cauchy-Schwarz ho che
$ \displaystyle \sqrt{ab^2c^3}+\sqrt{(1-a)(1-b)^2(1-c)^3}\le \sqrt{(a+(1-a))(b^2c^3+(1-b)^2(1-c)^3)} $
Mi basta perciò dimostrare che $ b^2c^3+(1-b)^2(1-c)^3\le 1 $.
Per farlo noto che la precedente è rispetto a b una parabola convessa, e quindi qualunque sia c un segmento di parabola convessa è massimo in uno dei 2 vertici, ovvero per b=1 o per b=0 (o che tende a zero,dipende se a,b,c sono strettamente positivi o non negativi).
Nel primo caso rimane da dimostrare che $ c^3\le 1 $ e nel secondo che $ (1-c)^3\le 1 $, entrambe vere perchè $ 0\le c\le 1 $
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!
Bene ,Maioc92.Per "par condicio" propongo la soluzione "holderiana" ( 
).
Premetto che se è 0<z<=1 allora risulta facile verficare che :
$ \displaystyle \sqrt{z} \leq \sqrt[6]{z} $
Avremo quindi :
(1) $ \displaystyle \sqrt{ab^2c^3}+\sqrt{(1-a)(1-b)^2(1-c)^3} \leq \sqrt[6]{ab^2c^3}+\sqrt[6]{(1-a)(1-b)^2(1-c)^3} $
Applichiamo ora Holder al secondo membro della (1):
$ \displaystyle a^{\frac{1}{6}}b^{\frac{1}{3}}c^{\frac{1}{2}}+(1-a)^{\frac{1}{6}}(1-b)^{\frac{1}{3}}(1-c)^{\frac{1}{2}} \leq (a+1-a)^{\frac{1}{6}}(b+1-b)^{\frac{1}{3}}(c+1-c)^{\frac{1}{2}} =1 $
C.V.D.
P.S.
La ineguaglianza di Holder ( come quella di Cauchy-Schwarz) è una buona fonte
per inventarsi diseguaglianze...particolari !
).Premetto che se è 0<z<=1 allora risulta facile verficare che :
$ \displaystyle \sqrt{z} \leq \sqrt[6]{z} $
Avremo quindi :
(1) $ \displaystyle \sqrt{ab^2c^3}+\sqrt{(1-a)(1-b)^2(1-c)^3} \leq \sqrt[6]{ab^2c^3}+\sqrt[6]{(1-a)(1-b)^2(1-c)^3} $
Applichiamo ora Holder al secondo membro della (1):
$ \displaystyle a^{\frac{1}{6}}b^{\frac{1}{3}}c^{\frac{1}{2}}+(1-a)^{\frac{1}{6}}(1-b)^{\frac{1}{3}}(1-c)^{\frac{1}{2}} \leq (a+1-a)^{\frac{1}{6}}(b+1-b)^{\frac{1}{3}}(c+1-c)^{\frac{1}{2}} =1 $
C.V.D.
P.S.
La ineguaglianza di Holder ( come quella di Cauchy-Schwarz) è una buona fonte
per inventarsi diseguaglianze...particolari !
O nessuno dei due?Karl ha scritto:Holder o Cauchy ?
Se almeno uno tra $ \displaystyle~a,b,c $ vale 1, allora tutto si riduce a $ \displaystyle~\sqrt{ab^2c^3}\le 1 $, che è banale. Possiamo allora supporre $ \displaystyle~a,b,c,1-a,1-b,1-c>0 $. Ora, essendo $ \displaystyle~0<ab^2c^3<1 $ e $ \displaystyle~0<(1-a)(1-b)^2(1-c)^3<1 $, vale $ \displaystyle~\sqrt{ab^2c^3}+\sqrt{(1-a)(1-b)^2(1-c)^3}< \sqrt[6]{ab^2c^3}+\sqrt[6]{(1-a)(1-b)^2(1-c)^3} $$ \displaystyle~\le \frac{a+2b+3c}{6}+\frac{(1-a)+2(1-b)+3(1-c)}{6}=1 $ per AM-GM..
Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)
