La sfida!!!!

[Simo_the_wolf]

Dimostrare che, per ogni terna di reali $ a,b,c $ vale:

$ \displaystyle (a^2+b^2+c^2)^2 \geq 3(a^3b+b^3c+c^3a) $

Buona fortuna!!

[Boll]

Qualcosa di più debole...

$ $ f(x)=x+\frac{2}{x} $ è convessa ed ha minimo in $ 2\sqrt{2} $

$ $ \frac{LHS}{a^3b+b^3c+c^3a}=\sum \frac{f\left(\frac{a}{b}\right)*a^3b}{a^3b+b^3c+c^3a}\ge $$ $ f\left(\frac{a^4+b^4+c^4}{a^3b+b^3c+c^3a}\right)\ge 2\sqrt{2} $

Il primo passaggio è Jensen, il secondo è dovuto alle considerazioni sul minimo in $ R^{+} $ di $ f(x) $

[frengo]

allora:all'inizio un paio di osservazioni "utili":

1)visto che

$ a^3b+b^3c+c^3a-(a^3c+b^3a+c^3b)=(a-c)(c-b)(b-a)(a+b+c) $

(e questo con conti o con qualche altra osservazione furba)

abbiamo

$ \displaystyle a^3b+b^3c+c^3a=\frac{\sum\limits_{sym}a^3b}{2}+\frac{(a-c)(c-b)(b-a)(a+b+c)}{2} $

2)

$ \sum\limits_{sym}a^4-4\sum\limits_{sym}a^3b+3\sum\limits_{sym}a^2b^2=(a-b)^4+(b-c)^4+(c-a)^4 $

e anche questo si può verificare coi conti.

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passiamo ora al problema:

$ (a^2+b^2+c^2)^2\geq3(a^3b+b^3c+c^3a) $

$ \sum\limits_{sym}a^4+2\sum\limits_{sym}a^2b^2\geq3\sum\limits_{sym}a^3b+3(a-c)(c-b)(b-a)(a+b+c) $

$ (a-b)^4+(b-c)^4+(c-a)^4+\sum\limits_{sym}a^3b-\sum\limits_{sym}a^2b^2 $$ \geq3(a-c)(c-b)(b-a)(a+b+c) $

$ (a-b)^4+(b-c)^4+(c-a)^4+ab(a-b)^2+bc(b-c)^2+ac(a-c)^2 $$ \geq3(a-c)(c-b)(b-a)(a+b+c) $

ora, visto che la disuguaglianza è ciclica senza perdere generalità posso supporre o $ a\geq b\geq c $ o $ c\geq b\geq a $.
si vede che il secondo dei due casi non va bene, il lato destro sarebbe negativo.

non resta che effettuare la sostituzione $ c=z $, $ b=z+x $, $ a=z+x+y $ (con $ z\in\mathbb{R} $ e $ x,y\in\mathbb{R}_+ $).
(e qui finisce la parte "decente" della soluzione, non vi consiglio di continuare la lettura).

allora:la disuguaglianza diventa

$ (a-b)^4+(b-c)^4+(c-a)^4+ab(a-b)^2+bc(b-c)^2+ac(a-c)^2 $$ \geq3(a-c)(c-b)(b-a)(a+b+c) $


$ y^4+x^4+(x+y)^4+(z+x)(z+y+x)y^2+z(z+x)x^2+ $$ z(z+y+x)(x+y)^2\geq3xy(x+y)(3z+2x+y) $

semplificando

$ 2z^2(x^2+y^2+xy)+2z(x^3+y^3-3x^2y $$ -2xy^2)+2(x^4+y^4+xy^3-x^3y-x^2y^2)\geq0 $

disequazione di secondo grado. se dimostriamo che l'equazione associata ha delta minore o uguale a 0 abbiamo concluso.

$ \text{delta}=(x^3+y^3-3x^2y $$ -2xy^2)^2-4(x^2+y^2+xy)(x^4+y^4+xy^3-x^3y-x^2y^2)= $
$ =-3(x^6+2x^5y-3x^4y^2-6x^3y^3+2x^2y^4+4xy^5+y^6)\leq ^{H}0 $

chiamato $ k=\frac{x}{y} $ (per ora supponiamo $ y\neq0 $, poi esamineremo il caso $ c\geq b=a $) dobbiamo dimostrare che

$ f(k)=k^6+2k^5-3k^4-6k^3+2k^2+4k+1\geq ^{H}0 $

dato che $ f(k)=k(k+2)(k^2-1)(k^2-2)+1 $, dobbiamo solo controllare quando $ 1\leq k\leq\sqrt2 $(altrimenti si avrebbe la somma di due numeri positivi).

visto che $ f(k)=1 $ ha 6 soluzioni (e quindi $ f'(-2),f'(-\sqrt{2}),f'(-1),f'(0),f'(1),f'(\sqrt{2}) $ hanno tutti segno diverso) tra 1 e $ \sqrt{2} $ la derivata prima si annulla una volta sola(nel punto di minimo).

prendiamo $ k=\sqrt[3]{2} $
abbiamo
$ f'(\sqrt[3]{2})=-6\sqrt[3]{4}+24\sqrt[3]{2}-20 $
da cui, visto che $ \sqrt[3]{2}>\frac{5}{4} $ e $ \sqrt[3]{4}<\frac{5}{3} $

$ f'(\sqrt[3]{2})>-10+30-20=0 $

quindi i rimane da studiare solo l'intervallo $ 1\leq k\leq \sqrt[3]{2} $.

tornando alla funzione

$ f(k)=k(k+2)(k^2-1)(k^2-2)+1 $

abbiamo nell'intervallo rimasto $ |(k^2-1)(k^2-2)|\leq\frac{1}{4} $ e $ |k(k+2)|\leq\sqrt[3]{2}(2+\sqrt[3]{2}) $, per AM-GM
quindi $ f(k)\geq1-\frac{\sqrt[3]{2}(2+\sqrt[3]{2})}{4}= $$ 1-\frac{2^\frac{2}{3}+1}{2^\frac{4}{3}}= $$ \frac{2^\frac{4}{3}-2^\frac{2}{3}-1}{2^\frac{4}{3}}>0 $

e ciò dimostra la tesi.

bye bye

ps caso $ c\geq b=a $
tornando al passaggio
$ (a-b)^4+(b-c)^4+(c-a)^4+ab(a-b)^2+bc(b-c)^2+ac(a-c)^2 $$ \geq3(a-c)(c-b)(b-a)(a+b+c) $
la disuguaglianza è chiaramente vera (lato di destra =0)[/tex]

[Simo_the_wolf]

mi spiace francè.... ma $ \sqrt[3]{16}- \sqrt[3]{4} -1 <0 $

[frengo]

già, mi chiedevo quando qualcuno se ne sarebbe accorto...comunque:

me la risolvo così(ammetto però di aver copiato da ML)

$ f(k)=k^6+2k^5-3k^4-6k^3+2k^2+4k+1=(k^3+k^2-2k-1)^2 $

giusto per non buttare nel cestino tutto il lavoro precedente...

ciao ciao

[Simo_the_wolf]

Ammetto anch'io di averlo preso su ML... fino a dove era farina del tuo sacco?

[frengo]

guarda,tutto ciò che ho preso da ML è racchiuso nel secondo post...la roba nel primo è tutta mia(anche se incompleta...però,mi mancava proprio poco...)

ciao ciao

ps tu come l'hai risolta?hai una soluzione "tutta tua"?