Dati $ x,y,z $ reali positivi tali che $ x+y+z=xy+yz+zx $ dimostrare che:
$ \displaystyle \frac 1{x+y} + \frac 1{y+z} + \frac 1{x+z} \leq \frac 32 $
Ineguaglianza
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Simo_the_wolf
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Ineguaglianza
Diamoci agli inglesismi...
Dati $ x,y,z $ reali positivi tali che $ x+y+z=xy+yz+zx $ dimostrare che:
$ \displaystyle \frac 1{x+y} + \frac 1{y+z} + \frac 1{x+z} \leq \frac 32 $
Dati $ x,y,z $ reali positivi tali che $ x+y+z=xy+yz+zx $ dimostrare che:
$ \displaystyle \frac 1{x+y} + \frac 1{y+z} + \frac 1{x+z} \leq \frac 32 $
Posto questa (in)decente soluzione:
sia wlog $ x=max\{x,y,z\} $; $ \displaystyle\sum_{cyc}{\frac{1}{x+y}\le\frac{3}{2}\rightarrow 2\sum_{cyc}{(x+y)(y+z)}\le 3(x+y)(x+z)(y+z) $ omogenizzo ed ottengo
$ \displaystyle 2(xy+yz+zx)\sum_{cyc}(x+y)(y+z)\le 3(x+y)(x+z)(y+z)(x+y+z)\rightarrow 2(xy+yz+zx)\sum_{cyc}{x^2+3xy}\le 3(x+y+z)\sum_{cyc}{x^2y+xy^2}+6\sum_{cyc}{x^2yz} $
$ \displaystyle 2\sum_{cyc}{x^3y+x^3z+3x^2y^2+4x^2yz+3xy^2z}\le 3\sum_{cyc}{x^3y+xy^3+2x^2y^2+3x^2yz+xy^2z} $ e finalmente
$ \displaystyle \sum_{cyc}{\frac{x^3y+xy^3+x^2yz}{3}}\ge \sum_{cyc}{xy^2z} $, adesso $ \displaystyle \frac{x^3y+xy^3+x^2yz}{3}\ge (x^6y^5z)^{\frac{1}{3}} $ per AM-GM e $ x^6y^5z\ge x^3y^6z^3\rightarrow x^3\ge yz^2 $
in quanto si è supposto che x fosse il termine maggiore. La tesi è verificata (modulo colossali sviste nella marea di conti...)
sia wlog $ x=max\{x,y,z\} $; $ \displaystyle\sum_{cyc}{\frac{1}{x+y}\le\frac{3}{2}\rightarrow 2\sum_{cyc}{(x+y)(y+z)}\le 3(x+y)(x+z)(y+z) $ omogenizzo ed ottengo
$ \displaystyle 2(xy+yz+zx)\sum_{cyc}(x+y)(y+z)\le 3(x+y)(x+z)(y+z)(x+y+z)\rightarrow 2(xy+yz+zx)\sum_{cyc}{x^2+3xy}\le 3(x+y+z)\sum_{cyc}{x^2y+xy^2}+6\sum_{cyc}{x^2yz} $
$ \displaystyle 2\sum_{cyc}{x^3y+x^3z+3x^2y^2+4x^2yz+3xy^2z}\le 3\sum_{cyc}{x^3y+xy^3+2x^2y^2+3x^2yz+xy^2z} $ e finalmente
$ \displaystyle \sum_{cyc}{\frac{x^3y+xy^3+x^2yz}{3}}\ge \sum_{cyc}{xy^2z} $, adesso $ \displaystyle \frac{x^3y+xy^3+x^2yz}{3}\ge (x^6y^5z)^{\frac{1}{3}} $ per AM-GM e $ x^6y^5z\ge x^3y^6z^3\rightarrow x^3\ge yz^2 $
in quanto si è supposto che x fosse il termine maggiore. La tesi è verificata (modulo colossali sviste nella marea di conti...)
Non funziona l'ultima riga. Stai cercando di dimostrare una cosa per ognuno dei tre termini di una somma ciclica, ma fai un'assunzione (x maggiore di y,z) che vale solo per il primo dei tre termini. In compenso, se ti guardi bene il testo della disuguaglianza di Muirhead (bunching) ti accorgerai che puoi sostituire tutta l'ultima riga con "quindi la tesi segue per bunching". 
--federico
[tex]\frac1{\sqrt2}\bigl(\left|\text{loves me}\right\rangle+\left|\text{loves me not}\right\rangle\bigr)[/tex]
[tex]\frac1{\sqrt2}\bigl(\left|\text{loves me}\right\rangle+\left|\text{loves me not}\right\rangle\bigr)[/tex]
Metto una soluzione un po' più carina:
Omogeneizzando:
$ \displaystyle~\sum_{cyc}\frac{xy+yz+zx}{(x+y)(x+y+z)}\le\frac{3}{2} $
essendo questa omogenea pongo (non il materiale
) $ \displaystyle~xy+yz+zx=1 $
È noto (ma forse non tutti lo sanno) che con questa condizione si può fare la sostituzione $ \displaystyle~x=\tan(\frac{\alpha}{2}),y=\tan(\frac{\beta}{2}),z=\tan(\frac{\gamma}{2}) $ (con $ \displaystyle~\alpha+\beta+\gamma=\pi $), da cui:
$ \displaystyle~\sum_{cyc}\frac{1}{\tan(\frac{\alpha}{2})+\tan(\frac{\beta}{2})}\le\frac{3}{2}\cdot\sum_{cyc}\tan(\frac{\alpha}{2}) $
Ora $ \displaystyle~\tan(\frac{\alpha}{2})+\tan(\frac{\beta}{2})=\frac{\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\beta}{2})+\cos(\frac{\alpha}{2})\sin(\frac{\beta}{2})}{\cos(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\beta}{2})} $$ \displaystyle~=\frac{\sin(\frac{\alpha+\beta}{2})}{\cos(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\beta}{2})}=\frac{\cos(\frac{\gamma}{2})}{\cos(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\beta}{2})} $
Quindi la disuguaglianza diviene
$ \displaystyle~\sum_{cyc}\frac{\cos(\frac{\beta}{2})\cos(\frac{\gamma}{2})}{\cos(\frac{\alpha}{2})}\le\frac{3}{2}\cdot\sum_{cyc}\tan(\frac{\alpha}{2}) $
Ora per le formule di Briggs (chiamando $ \displaystyle~a,b,c $ i lati di un triangolo che ha $ \displaystyle~\alpha,\beta,\gamma $ come angoli) $ \displaystyle~\frac{\cos(\frac{\beta}{2})\cos(\frac{\gamma}{2})}{\cos(\frac{\alpha}{2})}=\sqrt{\frac{\frac{p(p-b)p(p-c)}{(ac)(ab)}}{\frac{p(p-a)}{bc}}}=\frac{p}{a}\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{p(p-a)}}=\frac{p}{a}\tan(\frac{\alpha}{2}) $
La disuguaglianza diventa
$ \displaystyle~p\sum_{cyc}\frac{\tan(\frac{\alpha}{2})}{a}\le\frac{3}{2}\cdot\sum_{cyc}\tan(\frac{\alpha}{2}) $
e dividendo per $ \displaystyle~p $ ci si riduce a questa, magistralmente risolta da Maioc92.
Comunque qual è la fonte di questa disuguaglianza
Omogeneizzando:
$ \displaystyle~\sum_{cyc}\frac{xy+yz+zx}{(x+y)(x+y+z)}\le\frac{3}{2} $
essendo questa omogenea pongo (non il materiale
) $ \displaystyle~xy+yz+zx=1 $È noto (ma forse non tutti lo sanno) che con questa condizione si può fare la sostituzione $ \displaystyle~x=\tan(\frac{\alpha}{2}),y=\tan(\frac{\beta}{2}),z=\tan(\frac{\gamma}{2}) $ (con $ \displaystyle~\alpha+\beta+\gamma=\pi $), da cui:
$ \displaystyle~\sum_{cyc}\frac{1}{\tan(\frac{\alpha}{2})+\tan(\frac{\beta}{2})}\le\frac{3}{2}\cdot\sum_{cyc}\tan(\frac{\alpha}{2}) $
Ora $ \displaystyle~\tan(\frac{\alpha}{2})+\tan(\frac{\beta}{2})=\frac{\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\beta}{2})+\cos(\frac{\alpha}{2})\sin(\frac{\beta}{2})}{\cos(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\beta}{2})} $$ \displaystyle~=\frac{\sin(\frac{\alpha+\beta}{2})}{\cos(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\beta}{2})}=\frac{\cos(\frac{\gamma}{2})}{\cos(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\beta}{2})} $
Quindi la disuguaglianza diviene
$ \displaystyle~\sum_{cyc}\frac{\cos(\frac{\beta}{2})\cos(\frac{\gamma}{2})}{\cos(\frac{\alpha}{2})}\le\frac{3}{2}\cdot\sum_{cyc}\tan(\frac{\alpha}{2}) $
Ora per le formule di Briggs (chiamando $ \displaystyle~a,b,c $ i lati di un triangolo che ha $ \displaystyle~\alpha,\beta,\gamma $ come angoli) $ \displaystyle~\frac{\cos(\frac{\beta}{2})\cos(\frac{\gamma}{2})}{\cos(\frac{\alpha}{2})}=\sqrt{\frac{\frac{p(p-b)p(p-c)}{(ac)(ab)}}{\frac{p(p-a)}{bc}}}=\frac{p}{a}\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{p(p-a)}}=\frac{p}{a}\tan(\frac{\alpha}{2}) $
La disuguaglianza diventa
$ \displaystyle~p\sum_{cyc}\frac{\tan(\frac{\alpha}{2})}{a}\le\frac{3}{2}\cdot\sum_{cyc}\tan(\frac{\alpha}{2}) $
e dividendo per $ \displaystyle~p $ ci si riduce a questa, magistralmente risolta da Maioc92.
Comunque qual è la fonte di questa disuguaglianza
Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)
Poiché è xy+yz+zx=x+y+z ,possiamo moltiplicare il primo
membro (LHS) della data diseguaglianza per xy+yz+zx ed
il secondo (RHS) per x+y+z:
$ \displaystyle \frac{xy+yz+zx}{x+y}+\frac{xy+yz+zx}{y+z}+\frac{xy+yz+zx}{z+x}\leq \frac{3}{2}(x+y+z) $
Oppure:
$ \displaystyle \frac{xy}{x+y}+z+\frac{yz}{y+z}+x+\frac{zx}{z+x}+y \leq \frac{3}{2}(x+y+z) $
Od anche :
$ \displaystyle \frac{2xy}{x+y}+\frac{2yz}{y+z}+\frac{2zx}{z+x} \leq (x+y+z) $
Ora è:
$ \displaystyle \frac{2xy}{x+y}\leq \frac{x+y}{2} $
ed altre simil ( la media armonica non supera quella aritmetica )
Avremo quindi :
$ \displaystyle \frac{2xy}{x+y}+\frac{2yz}{y+z}+\frac{2zx}{z+x} \leq \frac{x+y}{2}+\frac{y+z}{2}+\frac{z+x}{2}=x+y+z $
C.D.D.
membro (LHS) della data diseguaglianza per xy+yz+zx ed
il secondo (RHS) per x+y+z:
$ \displaystyle \frac{xy+yz+zx}{x+y}+\frac{xy+yz+zx}{y+z}+\frac{xy+yz+zx}{z+x}\leq \frac{3}{2}(x+y+z) $
Oppure:
$ \displaystyle \frac{xy}{x+y}+z+\frac{yz}{y+z}+x+\frac{zx}{z+x}+y \leq \frac{3}{2}(x+y+z) $
Od anche :
$ \displaystyle \frac{2xy}{x+y}+\frac{2yz}{y+z}+\frac{2zx}{z+x} \leq (x+y+z) $
Ora è:
$ \displaystyle \frac{2xy}{x+y}\leq \frac{x+y}{2} $
ed altre simil ( la media armonica non supera quella aritmetica )
Avremo quindi :
$ \displaystyle \frac{2xy}{x+y}+\frac{2yz}{y+z}+\frac{2zx}{z+x} \leq \frac{x+y}{2}+\frac{y+z}{2}+\frac{z+x}{2}=x+y+z $
C.D.D.
@Claudio
Porta x+y+z a secondo membro ed hai:
$ \displaystyle \frac{xy}{x+y}+\frac{yz}{y+z}+\frac{zx}{z+x}\leq \frac{3}{2}(x+y+z)-(x+y+z) $
Ovvero:
$ \displaystyle \frac{xy}{x+y}+\frac{yz}{y+z}+\frac{zx}{z+x} \leq \frac{1}{2 }(x+y+z) $
Moltiplica tutto per 2 ed ottieni appunto:
$ \displaystyle \frac{2xy}{x+y}+\frac{2yz}{y+z}+\frac{2zx}{z+x} \leq (x+y+z) $
Porta x+y+z a secondo membro ed hai:
$ \displaystyle \frac{xy}{x+y}+\frac{yz}{y+z}+\frac{zx}{z+x}\leq \frac{3}{2}(x+y+z)-(x+y+z) $
Ovvero:
$ \displaystyle \frac{xy}{x+y}+\frac{yz}{y+z}+\frac{zx}{z+x} \leq \frac{1}{2 }(x+y+z) $
Moltiplica tutto per 2 ed ottieni appunto:
$ \displaystyle \frac{2xy}{x+y}+\frac{2yz}{y+z}+\frac{2zx}{z+x} \leq (x+y+z) $
karl ha scritto:@Claudio
Porta x+y+z a secondo membro ed hai:
$ \displaystyle \frac{xy}{x+y}+\frac{yz}{y+z}+\frac{zx}{z+x}\leq \frac{3}{2}(x+y+z)-(x+y+z) $
Ovvero:
$ \displaystyle \frac{xy}{x+y}+\frac{yz}{y+z}+\frac{zx}{z+x} \leq \frac{1}{2 }(x+y+z) $
Moltiplica tutto per 2 ed ottieni appunto:
$ \displaystyle \frac{2xy}{x+y}+\frac{2yz}{y+z}+\frac{2zx}{z+x} \leq (x+y+z) $
che idiota, continuavo a sostituire x+y+z con xy+yz+xz
visto che ci sono posto anche la soluzione semi-brutale, cioè quella che omogenizza, fa tutti i calcoli (come mio solito) ma non conclude col bunching:
alla fine rimane da dimostrare
$ \displaystyle\sum_{sym}x^3y\ge\sum_{sym}x^2yz $
Posso farlo in 2 modi:
1)Per riarrangiamento sulle terne $ (x^2,y^2,z^2) $ e $ (xy,xz,yz) $
2)Per AM-GM (come al solito):
$ \displaystyle\sum_{sym}x^3y=\frac 1 2\sum_{cyc}(x^3y+xy^3+x^3z+xz^3)\ge 2\sum_{cyc}\sqrt[4]{x^8y^4z^4}=2\sum_{cyc}x^2yz=\sum_{sym}x^2yz $
alla fine rimane da dimostrare
$ \displaystyle\sum_{sym}x^3y\ge\sum_{sym}x^2yz $
Posso farlo in 2 modi:
1)Per riarrangiamento sulle terne $ (x^2,y^2,z^2) $ e $ (xy,xz,yz) $
2)Per AM-GM (come al solito):
$ \displaystyle\sum_{sym}x^3y=\frac 1 2\sum_{cyc}(x^3y+xy^3+x^3z+xz^3)\ge 2\sum_{cyc}\sqrt[4]{x^8y^4z^4}=2\sum_{cyc}x^2yz=\sum_{sym}x^2yz $
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!