Disuguaglianza (mathlinks forum)

[pi_greco_quadro]

dunque, $ a,b,c > 0, abc=1 $

si provi che

$ \displaystyle \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{6}{a+b+c}\geq 5 $

Ciao -Francesco-

[piever]

Posto solo per fare competizione a darkcrystal che aveva lanciato la sfida per la soluzione piu' brutta...

Sostituzione idiota, che mantiene l'ipotesi:

pongo $ a=\frac{1}{d} $, $ b=\frac{1}{e} $, $ c=\frac{1}{f} $

La tesi equivale a :

$ 6\geq (5-d-e-f)(\frac{1}{d}+\frac{1}{e}+\frac{1}{f}) $

Supponiamo wlog $ d\geq e\geq f $

Ora il RHS aumenta se sostituiamo $ d $ ed $ e $ con la loro media geometrica. Infatti la differenza tra i due fattori diminuisce (banale) mentre la somma aumenta. Dimostriamo questa seconda cosa:

$ 5-d-e-f+\frac{1}{d}+\frac{1}{e}+\frac{1}{f}\leq 5-2\sqrt{de}-f+\frac{2}{\sqrt{de}}+\frac{1}{f} $

$ \frac{1}{d}+\frac{1}{e}-\frac{2}{\sqrt{de}}\leq d+e-2\sqrt{de} $

$ (\frac{1}{\sqrt{e}}-\frac{1}{\sqrt{d}})^2\leq (\sqrt{d}-\sqrt{e})^2 $

$ \frac{1}{\sqrt{e}}-\frac{1}{\sqrt{d}}\leq \sqrt{d}-\sqrt{e} $

$ \sqrt{d}-\sqrt{e}\leq (\sqrt{d}-\sqrt{e})\sqrt{de} $

$ 1\leq \sqrt{de} $

Quindi posso porre $ \sqrt{de}=x $ e $ c=\frac{1}{x^2} $ e la tesi diventa (ovviamente si ha $ x\geq 1 $):

$ 2x^6-5x^5+11x^3-10x^2+2\geq 0 $

$ (x-1)^2(2x^4-x^3-4x^2+4x+2)\geq 0 $

$ 2x^4-x^3-4x^2+4x+2\geq 0 $

Poniamo $ p(x)=2x^4-x^3-4x^2+4x+2 $

$ p''(x) $ per $ x\geq 1 $ e' positiva, infatti:

$ p''(x)=24x^2-6x-8\geq 24x^2-14x\geq 24x-14\geq 24-14>0 $

Inoltre $ p'(1)=8-3-8+4>0 $ quindi $ p'(x) $ e' positiva per $ x\geq 1 $

Per finire, $ p(1)=2-1-4+4+2>0 $ quindi anche $ p(x) $ e' positivo per $ x\geq 1 $

FINE


ps: ci sono soluzioni piu' belle?

pps: questo esercizio equivale a: $ 3AM+2HM\geq 5GM $ mentre qualche post prima simo_the_wolf aveva postato una cosa del tipo: $ 3AM+HM\geq 4GM $

Mi stavo chiedendo, in funzione di $ \alpha $ qual e' il massimo $ \beta $ per cui $ \alpha AM+\beta HM\geq (\alpha +\beta )GM $ ???

C'e' un modo facile per determinarlo? Dipende dal numero di termini tra cui si fa la media?