Dal preIMO 2005

[pi_greco_quadro]

Dunque.... Siano
$ a,b,c\in \mathbb R^+ $ e $ ab+bc+ca=1 $
Dimostrare che
$ \sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b}+\sqrt[3]{\frac{1}{b}+6c}+\sqrt[3]{\frac{1}{c}+6a}\leq\frac{1}{abc} $
Buon lavoro!!!!

[Gauss_87]

Intanto $ \frac{1}{a} + 6b = (\frac{1}{a}) \cdot (1 + 6ab) \cdot (1) $ (1)

Dati i vettori $ (a_1,...,a_n), (b_1,...,b_n), (c_1,...,c_n) $ e $ p,q,s,r \in \Re^+ $ t.c. $ \frac{1}{p} + \frac{1}{q} + \frac{1}{s} = \frac{1}{r} $ la Disuguaglianza di Holder generalizzata su 3 n-ple vale:

$ \displaystyle (\sum_{i=1}^{n}|a_ib_ic_i|^r)^{1/r} \leq (\sum_{i=1}^{n}|a_i|^p)^{1/p} + (\sum_{i=1}^{n}|b_i|^q)^{1/q} + (\sum_{i=1}^{n}|c_i|^s)^{1/s} $.

Adesso i vettori a,b,c siano, per la (1): $ (\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, \frac{1}{c}); (1 + 6ab, 1+ 6bc, 1 + 6ac); (1,1,1) $.

Se $ p = q = s \Rightarrow r = \frac{1}{3} $

$ \displaystyle \{ \sum_{cyc}\sqrt[3]{(\frac{1}{a})(1 + 6ab)(1)} \}^3 \leq (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c})(3 + 6(ab + bc + ac))(3) $

e facendo un paio di calcoli, la Left-Side $ L $ della disuguaglianza di partenza:

$ \displaystyle L \leq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}} \leq^{?} \frac{1}{abc} $


Ora $ \displaystyle \frac{3}{\sqrt[3]{abc}} \leq \frac{1}{abc} \Leftrightarrow (abc)^2 \leq \frac{1}{27} $.

Considero $ GM \leq MacLaurin $:

$ \displaystyle \sqrt[3]{abc} \leq \sqrt{\frac{ab + bc + ac}{3}} \Rightarrow (abc)^2 \leq \frac{1}{27} $ che verifica l'ultima disuguaglianza e la tesi.

EDIT: certo che il TEX senza $$$$ ma con i tag non è tanto agevole!!!

[__Cu_Jo__]

Ora ti tocca dimostrare la disuguaglianza di Holder generalizzata su 3 n-ple .

[Leandro]

E si desse un' occhiata a questo indirizzo
http://olimpiadi.ing.unipi.it/oliForum/ ... php?t=4971 ?
leandro

[Gauss_87]

Grande Leandro! !!!

Ricordavo che l'avevo vista da qualke parte, infatti per averla tra i miei fogli da qualke parte doveva venire!
Cmq la tua Holder è la stessa che ho scritto nella mia soluzione?

Ah, comunque ho anche un'altra dimostrazione, che se non sbaglio avevo a suo tempo trovato su Mathlinks ma è abbastanza lunga.

[Leandro]

Ad occhio e croce penso che la dimostrazione sia sostanzialmente
la stessa.
Saluti e alla prossima.
Leandro

[pi_greco_quadro]

Ehm... scusate l'obiezione ma che io sappia anche la disuguaglianza di Holder generalizzata vale solo su due n-uple di reali... Ammetto di non sapere se però esista anche generalizzata su più di due n-uple quindi se qualcuno potesse darmi informazioni più precise gli sarei veramente grato... Piuttosto dopo vari tentativi sono arrivato ad un'altra soluzione e vorrei che qualcuno la valutasse e trovasse, se ci sono, eventuali punti di errore... dunque...
Per la condizione posta dal problema, abbiamo che
$ ab+bc+ac=(abc)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=1\qquad a,b,c\in\mathbb R^+ $
Per la disuguaglianza $ AM-CM $ possiamo riscrivere la disequazione posta dal problema come$ \sqrt[3]{6b+\frac{1}{a}}+\sqrt[3]{6c+\frac{1}{b}}+\sqrt[3]{6a+\frac{1}{c}}\leq 3\sqrt[3]{\frac{6(a+b+c)+\frac{1}{abc}}{3}} $
Da cui, per la condizione posta ad inizio problema, abbiamo
$ 3\sqrt[3]{\frac{6(a+b+c)+\frac{1}{abc}}{3}}=3\sqrt[3]{\frac{abc\left(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2+6\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)\right)}{3(abc)^4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^4}} $
Ora
$ 6\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)=3\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2-3\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right) $
E, per la disuguaglianza di Cauchy Schwarz
$ \frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{3}\leq\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right) $
Da cui
$ 6\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)\leq2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2 $
Ovvero
$ \sqrt[3]{\frac{abc\left(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2+6\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)\right)}{3(abc)^4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^4}}\leq 3\sqrt[3]{\frac{3}{3(abc)^3\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}} $
Ancora per Cauchy Schwarz
$ \frac{81}{(a+b+c)^2}\leq\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2 $
Ed otteniamo
$ 3\sqrt[3]{\frac{3}{3(abc)^3\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}}\leq3\sqrt[3]{\frac{(a+b+c)^2}{81(abc)^3}}=\frac{1}{abc}\sqrt[3]{\frac{(a+b+c)^2}{3}}= $
$ =\frac{1}{abc}\sqrt[3]{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}+\frac{2}{3}} $
Ci resta da dimostrare quindi che, $ a^2+b^2+c^2\leq 1 $ e per farlo utilizziamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange risolvendo il seguente sistema
$ \left \{ \begin{array}{11} 2a=(b+c)\lambda\\ 2b=(a+c)\lambda\\ 2c=(b+a)\lambda\\ ab+bc+ca=1 \end{array} \right $
Da cui ricaviamo che il massimo si ha per $ P_0\left(\frac{\sqrt{3}}{3};\frac{\sqrt{3}}{3};\frac{\sqrt{3}}{3}\right) $ , ma quindi $ a^2+b^2+c^2\leq 1 $, come volevamo dimostrare, e perciò
$ \frac{1}{abc}\sqrt[3]{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}+\frac{2}{3}}\leq\frac{1}{abc} $
$ Q.E.D. $

[Gauss_87]

errato: la Holder vale su un qualsiasi numero di n-ple, guarda un po le lezioni del winter camp:

http://olimpiadi.ing.unipi.it/oliForum/ ... php?t=5440