Es. Dimostrativo del senior

[scambret]

dimostrare che per ogni $a$, $b$ e $c$ numeri reali positivi t.c. $a+b+c=1$ vale
$\sqrt{1-a}+\sqrt{1-b}+\sqrt{1-c} \leq \sqrt{2}(\sqrt{ab+bc+ca}+2\sqrt{a^2+b^2+c^2})$

[scambret]

Non è assolutamente un hint, ma lo voglio mettere come testo nascosto..

Testo nascosto:

Sia $f(x)=\sqrt{1-x}$. $f(x)$ è concava quindi $3 \cdot \frac{f(a)+f(b)+f(c)}{3} \leq 3 \cdot f(\frac{a+b+c}{3})$ per la disuguaglianza di concavità quindi LHS $\leq \sqrt{6}$. Se dimostrassi che RHS $\geq \sqrt{3}$ avrei chiuso (ho semplificato un $\sqrt{2}$). Quindi $2 \cdot \frac{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}{\sqrt{3}} \geq 2 \cdot \frac{a+b+c}{3}$ ma poi cosi facendo non chiuso.

Qualcuno sa continuare??

[Drago96]

Se dimostrassi che RHS $\geq \sqrt{3}$ avrei chiuso (ho semplificato un $\sqrt{2}$). Quindi $2 \cdot \frac{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}{\sqrt{3}} \geq 2 \cdot \frac{a+b+c}{3}$ ma poi cosi facendo non chiuso.

Non capisco questo passaggio...

P.S: quello che tu fai con Jensen si fa anche con AM-QM

[scambret]

Per AM-QM so che $\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}} \geq \frac{a+b+c}{3}$ quindi moltiplico tutto per $2 \cdot \sqrt{3}$ ed esce $2 \cdot \sqrt{a^2+b^2+c^2} \geq 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{3}$ ma questo non mi porta da nessuna parte..

[EvaristeG]

E il mio invece è proprio un hint.

Testo nascosto:

Volendo dimostrare $\sqrt{3}\leq 2\sqrt{a^2+b^2+c^2}+\sqrt{ab+bc+ca}$, la mossa più stupida (ma non per questo da lasciare intentata) è
1. omogeneizzare (a dx ci sono due espressioni di grado 2 sotto radice e sappiamo che $a+b+c=1$ ... come si omogeneizza l'espressione? qui si dice cosa vuol dire omogenea e omogeneizzare vuol dire rendere omogenea)
2. elevare tutto al quadrato
3. ricordarsi di quale tra le due radici a dx è più grande...

[scambret]

Bhe adesso e facile concludere $\sqrt{3}(a+b+c) \leq \sqrt{ab+bc+ca}+2\sqrt{a^2+b^2+c^2}$ quindi elevo tutto al quadrato $3(a+b+c)^2 \leq ab+bc+ca+4(a^2+b^2+c^2)+4\sqrt{ab+bc+ca}\sqrt{a^2+b^2+c^2}$ che implica $5(ab+bc+ca) \leq a^2+b^2+c^2+4\sqrt{ab+bc+ca}\sqrt{a^2+b^2+c^2}$. Sappiamo per riarrangiamento $ab+bc+ca \leq a^2+b^2+c^2$ quindi semplifichiamo questi termini e quindi rimane $4(ab+bc+ca) \leq 4\sqrt{ab+bc+ca}\sqrt{a^2+b^2+c^2} \rightarrow ab+bc+ca \leq \sqrt{ab+bc+ca}\sqrt{a^2+b^2+c^2}$. Elevo tutto al quadrato e diventa $(ab+bc+ca)^2 \leq (ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2)$. Semplifichiamo $ab+bc+ca$ e quindi rimane quella dimostrata sopra, quindi e vero.

[LeZ]

Per $ AM-QM, LHS \leq \sqrt{6} $.
$ a^2+b^2+c^2\geq { 1\over{3}} $.Il caso in cui $ 2(ab+bc+ac) $ sia massimo è per $ (a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)={2\over{3}} $. Sostituisco.
$ \sqrt{6}= \sqrt{2\over{3}}+{2\over{3}}\cdot\sqrt{6}. \sqrt{6}=\sqrt{6} $. In pratica ho dimostrato l'identità nei casi di massimo e minimo.