Disuguaglianza iraniana col Kappa

[EUCLA]

Trovare il più piccolo $ K $ tale che per ogni $ x,y,z \in \mathbb{R} $ si abbia:

$ $ x\sqrt{y}+y\sqrt{z}+z\sqrt{x}\le K\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)} $


Iranian National Olympiad (3rd Round) 2008

[Alex90]

$ $ x\sqrt{y}+y\sqrt{z}+z\sqrt{x}\le K\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)} $

Siano:

$ $ x = a^2 \quad y = b^2 \quad z = c^2 $

$ $ a^2b + b^2c + c^2a \le K \sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)} $

$ $ a^2b + b^2c + c^2a \le K \sqrt{\sum_{sym} a^4b^2 + 2a^2b^2c^2} $
$ $ a^2b + b^2c + c^2a \le K \sqrt{a^2(b^2+c^2)^2 + b^2(c^2+a^2)^2 + c^2(b^2-a^2)^2} $
$ $ \left (a^2b + b^2c + c^2a \right )^2 \le K^2 \left ({a^2(b^2+c^2)^2 + b^2(c^2+a^2)^2 + c^2(b^2-a^2)^2 \right ) $

Ora usiamo Cauchy-Schwarz:

$ $ a^2b + b^2c + c^2a = \frac{a^2}{a^2+c^2} \cdot b(a^2+c^2) $$ $ + \frac{b^2}{b^2-a^2} \cdot c(b^2-a^2) + \frac{c^2}{b^2+c^2} \cdot a(b^2+c^2) \Rightarrow $

$ $ \left (a^2b + b^2c + c^2a \right )^2 \le \left ( \left (\frac{a^2}{a^2+c^2} \right)^2 + \left (\frac{b^2}{b^2-a^2} \right)^2 + \left (\frac{c^2}{b^2+c^2} \right)^2 \right ) $$ $ \left ({a^2(b^2+c^2)^2 + b^2(c^2+a^2)^2 + c^2(b^2-a^2)^2 \right ) $,

Da cui

$ $ K^2 = \left (\frac{a^2}{a^2+c^2} \right)^2 + \left (\frac{b^2}{b^2-a^2} \right)^2 + \left (\frac{c^2}{b^2+c^2} \right)^2 $

Ed ora ci sarebbero un po' (tanti) conti...dici ke è giusta eucla? o mi sono complicato inutilmente la vita?

[EUCLA]

Eh, mi sa che un pò te la sei complicata sì. O almeno la dimostrazione che ho trovato io usa argomenti di medio livello.

Più che altro, non so se hai mai risolto disuguaglianze di questo tipo.. il $ K $ deve essere un valore numerico, quindi devi trovare il modo di sostituire qualche valore di $ a,b,c $. Ad esempio: per quali $ a,b,c $ si ha l'uguaglianza e quindi il $ K $ minimo? Poi dato che la roba che ottieni in fondo è omogenea, si semplifica.

[darkcrystal]

Imbiancata per sicurezza (di non rovinare il divertimento agli altri, e che non si vedano subito le mie castronerie )
Sostituisco x=y=z=1, trovo K. Per AM-QM pesata delle radici, usando come pesi x,y,z, trovo che LHS<=radice (x+y+z)(xy+yz+zx). Faccio il quadrato, sostituisco il K che ho trovato (e che voglio dimostrare andare bene, visto che se va bene è chiaramente il minimo) e quello che rimane è \sum_{sym}x^2y \geq 6 xyz, che è la più banale delle AM-GM

Ciau!

[Alex90]

Si effettivamente con questo tipo ho molta poca dimestichezza...però tentar non nuoce
Comunque si sapevo che deve essere un numero ma speravo in qualche semplificazione finale
Tornando al problema...$ (0,0,0) $ è da considerarsi banale? perchè in quel caso viene l'uguaglianza...

Edit: darkcrystal se non ti dispiace mi mandi una soluzione più completa via pvt? o sennò aspetto che la scrivi qui come vuoi

[EUCLA]

Si, $ (0,0,0) $ non va bene, anche perchè in quel modo il $ K $ non lo vedi più .
Se usi le medie, puoi mettere $ a=b=c $(caso per cui si ha l'uguaglianza) e semplificare grazie al fatto che in fondo viene una cosa omogenea.

[Alex90]

mmm...ma quindi in generale queste disuguaglianze le affronto così per poi verificare che effettivamente va bene?

[EUCLA]

Io l'ho fatta così:

Per $ {QM\ge AM} $:

$ \textrm{LHS}\le \displaystyle 3\sqrt{\frac{x^2y+y^2z+z^2x}{3}}\le K\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)} $

Elevo al quadrato:

$ \displaystyle 3\sum _{\texrm{cyc}}x^2y\le K^2\bigg(2xyz+\sum _{\textrm{cyc}}x^2y+\sum_{\textrm{cyc}}xy^2\bigg) $

Per riarrangiamento: $ \displaystyle \sum_{\texrm{cyc}}x^2y\le 3xyz \Rightarrow \textrm{RHS}\ge (8xyz)K^2 $.
Risistemando un pò allora:
$ \displaystyle 3\sum _{\textrm{cyc}}x^2y}\le (8xyz)K^2 $

Devo andare a cercare in quali casi vale l'uguaglianza. Avendo usato medie e riarrangiamento, l'uguaglianza si ha per $ x=y=z $. Fortunatamente è una roba omogenea, quindi possiamo semplificare.

$ K^2=\displaystyle \frac{9}{8} \Rightarrow K=\frac{3}{2\sqrt{2}} $.

A questo punto va fatta la verifica, ma non ci dovrebbero essere grossi problemi (ma va fatta! )

Se ci sono cose che non tornano chiedi pure .

[darkcrystal]

Mmhhh non capisco molto la tua soluzione, EUCLA... in effetti $ \displaystyle 3\sum _{\textrm{cyc}}x^2y}\le (8xyz)K^2 $ può essere falsificata indipendentemente da K: se $ x \rightarrow 0 $ allora $ RHS \rightarrow 0 $, mentre LHS può essere grande a piacere (basta prendere y e z abbastanza grossi, diciamo che fisso $ x=\frac{1}{yz}, y=z $ e trovo che RHS è sempre 8K^2, mentre LHS è superiormente illimitato, basta prendere y e z grossi a sufficienza)

Visto che hai postato la tua ormai posto in chiaro anche la mia: sostituisco $ x=y=z=1 $ e trovo $ \displaystyle \frac{3}{2\sqrt{2}} \leq K $. Ora, K è *almeno* quel numero lì. Se, posto K esattamente *uguale* a quel numero lì, ottengo una disuguaglianza vera per ogni x,y,z ho vinto (perchè K è almeno quel valore e quel valore funziona).
Adesso... $ \displaystyle \frac{x \sqrt{y}+y \sqrt{z}+z \sqrt{x}}{x+y+z} \leq \sqrt{\frac{x (\sqrt{y})^2+y (\sqrt{z})^2+z (\sqrt{x})^2}{x+y+z}} $ per AM-QM sulla terna $ (\sqrt{y},\sqrt{z},\sqrt{x}) $ con pesi (x,y,z).
Allora $ \displaystyle x \sqrt{y}+y \sqrt{z}+z \sqrt{x} \leq \sqrt{(x+y+z)(xy+yz+zx)} $. Vorrei ora dimostrare che $ \frac{3}{2\sqrt{2}} \sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)} \geq \sqrt{(x+y+z)(xy+yz+zx)} $ (cioè la disuguaglianza in cui ho sostituito K ed in cui ho usato la disuguaglianza trovata sopra).
Per farlo, elevo al quadrato e svolgo bovinamente i conti trovando: $ \displaystyle 3xyz+\sum_{sym} x^2y \leq \frac{9}{8} \left(\sum_{sym}x^2y + 2xyz \right) \Leftrightarrow $$ \displaystyle \frac{3}{4}xyz \leq \frac18 \sum_{sym}x^2y \Leftrightarrow 6xyz \leq \sum_{sym}x^2y $, vera per AM-GM.

[String]

Scusate se mi intrometto, ma vorrei solo chiedere una cosa:

$ \displaystyle \frac{x \sqrt{y}+y \sqrt{z}+z \sqrt{x}}{x+y+z} \leq \sqrt{\frac{x (\sqrt{y})^2+y (\sqrt{z})^2+z (\sqrt{x})^2}{x+y+z}} $ per AM-QM sulla terna $ (\sqrt{y},\sqrt{z},\sqrt{x}) $ con pesi (x,y,z).

Le disuguaglianze fra le medie valgono quindi anche fra le rispettive medie ponderate?

[darkcrystal]

Si! Se vuoi, guarda qui, ci sono parecchie informazioni se navighi un po' tra i collegamenti...

[EUCLA]

Grazie darkcrystal per la spiegazione, hai ragione