OliForum Matematico

Evvabbene: bandiera bianca.
Se c'è un modo per aggiustarla, è molto macchinoso e lo conosce solo Bob Riparatutto (quello dei cartoni animati).
Infatti avevo cannato anche la parabola in x, qualche messaggio più sopra..........
L'unica scappatoia sensata è notare che queste funzioni sono concave solo per valori piccoli e quindi si ritorna sostanzialmente all'idea della "soluzione 2" proposta da Fabio91.
Sono già 4 messaggi che cerco di evitare questa conclusione, ma sembra che non ci sia verso. Almeno ho giustificato dal punto di vista euristico tale idea.

Ieri stavo per proporre un’altra dimostrazione (di 2 pagine), ma ricontrollandola prima di presentarla (alle 2 di notte), ho scoperto che stavo supponendo ch la funzione $ f(x)=e^{e^x} $ assumesse tutti i valori reali positivi…
Peccato era carina.
In ogni caso ritiro la resa (chi la dura la vince) e scrivo la (definitiva, spero) dimostrazione con la disuguaglianza di concavità (dovrebbe essere corretta, è da stamattina che controllo e miglioro: ora è l‘una di notte).

Caso1: $ 6\geq a^2+b^2\geq 1 $ e cicliche.

Considero la funzione: $ f(x)=\frac{1}{2+e^{x^n}} $, con n molto grande.
$ f^i(x)=-\frac{1}{(2+e^{x^n})^2}e^{x^n}nx^{n-1} $
$ f^{ii}(x)=\frac{2}{(2+e^{x^n})^3}e^{x^n}e^{x^n}nx^{n-1}nx^{n-1}-\frac{1}{(2+e^{x^n})^2}(e^{x^n} nx^{n-1}nx^{n-1}+e^{x^n}n(n-1)x^{n-2})= $
$ =\frac{n^2e^{x^n}x^{n-2}}{(2+e^{x^n})^3}\left[e^{x^n}x^n-2x^n-(2+e^{x^n})\frac{n-1}{n}\right] $.
La parte a sinistra è ovunque positiva (per x reale positivo), mentre la parte di destra tende, scegliendo n in un dato intorno di infinito, a: $ zln(z)-2-2ln(z)-z $, dove $ z=e^{x^n} $.
Questa roba ha derivata: $ ln(z)-\frac{2}{z} $, quindi prima decresce e poi cresce. Essendo la roba negativa per z tendente a 0, essa potrà annullarsi in un solo punto, oltre z=6 (nel senso di "al di là", perché in questo punto la roba è ancora negativa). Allora la funzione f(x) è concava in tutto il caso1, per n abbastanza grande (prendo $ e^x^n=a^2+b^2 $, compreso fra 1 e 6).
Applico la tanto amata disuguaglianza:
$ LHS\leq \frac{3}{2+e^{[(x+y+z)/3]^n}} $, dove $ x=^n\sqrt{ln(a^2+b^2)}… $.
Ci basta dimostrare che: la media n-esima di $ ln(a^2+b^2)... $ è $ \geq ln(2) $.
Ma questo è vero perché per n tendente all’infinito media n-esima=max e basta una AM-QM per verificare che almeno uno fra $ a^2+b^2... $ è maggiore o uguale a 2.

Caso2: $ a^2+b^2\geq 1 $ e cicliche e $ b^2+c^2\geq 6 $ e wlog $ a\leq b\leq c $
Si noti che $ a^2+c^2\geq c^2\geq 3 $. Allora:
$ LHS\leq \frac{1}{2}+\frac{1}{5}+\frac{1}{8}\leq \frac{3}{4} $.

Caso3: $ a^2+b^2\leq 1 $.
Questo è un po’ più strano.
Sia x il massimo fra i valori di $ a^2+b^2 $ per i quali dobbiamo ancora verificare la tesi.
Sia y il minimo fra i valori di $ c^2 $ per i quali dobbiamo ancora verificare la tesi.
Ovviamente ora $ x_0=1\ \ e\ \ y_0=0 $.
Da AM-QM: $ y_{n+1}=(3-\sqrt{2x_n})^2 $.
Inoltre: $ LHS\leq \frac{1}{2+a^2+b^2}+ \frac{1}{2+y+b^2}+ \frac{1}{2+a^2+y}\leq \frac{1}{2+a^2+b^2}+\frac{1}{2+y}+\frac{1}{2+y+a^2+b^2} $,
perché la funzione $ f(x)=\frac{1}{k+x}+\frac{1}{k+(s-x)} $ è convessa, fissati k e s.
Con la disuguaglianza sopra citata posso dimostrare la tesi per quei valori che soddisfano:
$ \frac{1}{2+a^2+b^2}+\frac{1}{2+y}+\frac{1}{2+y+a^2+b^2}\leq \frac{3}{4} $.
Il minimo valore di $ a^2+b^2 $ che verifica ciò (e dunque il massimo di quelli che mi rimarranno, se ho guadagnato qualcosa con questa disuguaglianza***) determina un’uguaglianza in questa disequazione.
Allora: $ \frac{1}{2+x_n}+\frac{1}{2+y_n}+\frac{1}{2+y_n+x_n}=\frac{3}{4} $.
A questo punto si utilizza il metodo delle scalette che si usa per le ricorsioni (opportunamente riadattato a questa situazione) e si va scalando fra le due curve c_1 e c_2 di equazioni:
$ c_1:\ \ \frac{1}{2+x}+\frac{1}{2+y}+\frac{1}{2+y+x}=\frac{3}{4} $ (solo uno dei rami)
$ c_2:\ \ y=(3-\sqrt{2x})^2 $.
Banale (un po’ contosetto) è verificare che le due funzioni sono monotone dove vanno considerate e che sono una sopra l’altra. (applicabilità delle scalette)

Praticamente la x va rapidamente sotto 0. Infatti questo algoritmo funziona già da circa x=1,6 -secondo alcuni calcoli, ma in un intorno di 2 non va più, quindi ho distinto i due casi. Il fatto è che la *** , per certi a^2+b^2 smette di essere conveniente e ti dimostra la tesi per valori che avevi già provato. Quindi bisogna essere adeguatamente distanti dal caso di uguaglianza (che è (1,1,1)).

Dopo molto tempo ho trovato una soluzione sintetica, per così dire.
La funzione $ f\colon \mathbb{R}^+_0\rightarrow \mathbb{R} $ definita da $ f(x)=\frac{1}{2+2x}\qquad\forall x\in\mathbb{R}^+_0 $ è convessa, perché è una vicinissima parente di $ \frac{1}{x} $. Applico allora la disuguaglianza di Popoviciu:
$ $f(x)+f(y)+f(z)+3f\left(\frac{x+y+z}{3}\right) \geq 2\left(f\left(\frac{x+y}{2}\right)+f\left(\frac{y+z}{2}\right)+f\left(\frac{z+x}{2}\right)\right) $
in cui pongo $ x=a^2;\quad y=b^2;\quad z=c^2 $.

Ottengo così
$ $LHS\leq \frac{1}{4+4a^2}+\frac{1}{4+4b^2}+\frac{1}{4+4c^2}+\frac{9}{12+4(a^2+b^2+c^2)}\overset{hope}{\leq}\frac{3}{4} $.

A questo punto moltiplico per 4 ambo i membri e sottraggo 6 da entrambi i membri, ottenendo come tesi

$ $\frac{1}{1+a^2}-1+\frac{1}{1+b^2}-1+\frac{1}{1+c^2}-1+\frac{9}{3+a^2+b^2+c^2}-3\leq -3 $

Sottraggo a sinistra le varie unità dalle frazioni precedenti, poi cambio tutti i segni. Mi resta da dimostrare:

$ $\sum_{cyc}\frac{a^2}{1+a^2} + 3\frac{a^2+b^2+c^2}{3+a^2+b^2+c^2}\geq 3 $

e a questo punto applico Jensen su 1/x:

$ $LHS=\sum_{cyc}\frac{a}{\frac{1+a^2}{a}} + 3\frac{a^2+b^2+c^2}{3+a^2+b^2+c^2}\geq \frac{(a+b+c)^2}{\sum_{cyc}a\frac{1+a^2}{a}} +3\frac{a^2+b^2+c^2}{3+a^2+b^2+c^2} =3 $

Davvero molto interessante quella disuguaglianza!
Tra l'altro, mi hai fatto venir voglia di redimermi da quell'obrobrio artificioso (seppur in un certo senso istruttivo) che ho postato più sopra.
O fare un'altra gaffe...

$ $2+a^2+b^2=1\cdot 1 + 1\cdot 1 + a \cdot a + b\cdot b \geq 1\cdot a + 1\cdot a + 1\cdot b + 1\cdot b = 2a+2b $
per Riarrangiamento (ma anche SOS o AM-GM).

$ $\sum \frac{1}{2+a^2+b^2} \leq \sum \frac{1}{2a+2b}=\sum\frac{1}{6-2c} $

Ma $ \frac{a+b+c}{3}=1 $ e nel campo di esistenza $ f(x)=\frac{1}{6-2x} $ è convessa:

$ $\sum\frac{1}{6-2c}\leq 3\cdot\sum\frac{1}{6-2\cdot 1}=\frac{3}{4} $.

EDIT: E gaffe fu...

Il brutto di questa disuguaglianza è che comunque cerchi di maggiorare il LHS trovi sempre qualcosa di più grande anche del RHS. Anche in questo caso nell'ultimo passaggio la somma di 1/(6-2a) è in realtà maggiore dell'altro termine perché la funzione era convessa.

Hai ragionissima.

Comunque, al Senior 2008 Sessione A4 si è dimostrata una disuguaglianza simile alla tua:

$ $3(f(a)+f(b)+f(c)+f(\frac{a+b+c}{3}))\geq 4\sum_{cyc} f(\frac{a+b}{2}) $.

Immagino che c'entri qualcosa Karamata.

Sulla dispensa delle disuguaglianze del Kedlaya quella che hai citato pare essere stata inventata da Titu Andreescu, ma in effetti è una diretta conseguenza di Popoviciu.
Sì, c'entra Karamata, ma prima devi dimostrare che puoi rientrare nelle ipotesi del Karamata: si fa con un po' di wlog, ossia wlog a>b>c e wlog a+c>2b, a questo punto sai che a>(a+b)/2>(a+c)/2>(a+b+c)/3>b>(b+c)/2>c e ti basta dimostrare che tutto va bene.

Io a mio tempo l'avevo fatta con solo il sano vecchio Jensen...

Secondo me è karamata scritto.. de gustibus...

Ok credo di averlo risolto in maniera semplice. Ma non sono sicuro che sia giusto, quindi verificate per favore.

Allora, stiamo studiando la funzione in a,b e c su un simplesso (a,b e c positivi, e tali che la somma sia uguale a 3).

Procederò così: suddividiamo il simplesso in tante "quasi circonferenze" ottenute dalle sezioni del simplesso con delle sfere (centrate in 0,0,0) con raggio minimo pari a 3 e raggio massimo pari a 9. Studiamo la funzione lungo queste quasi-circonferenze. Esse coprono l'intera superficie del simplesso.

Notiamo che, fissato il raggio R e quindi la somma dei quadrati di a e b e c, la funzione è minore o uguale al massimo di:
$ \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} $

dove

$ x=2+a^2+b^2 $
$ y=2+b^2+c^2 $
$ z=2+a^2+c^2 $

col vincolo

$ x+y+z=6+2R^2 $

dove ovviamente

$ R^2=a^2+b^2+c^2 $

Si verifica facilmente che questo massimo vincolato si ha per x=y=z e quindi a=b=c, e il valore del massimo è

$ max(f(a,b,c)|R)=\frac{3}{2+\frac{2}{3}R^2} $

Quindi mentre "esploriamo il simplesso" lungo le quasi-circonferenze, sappiamo comunque che:

$ f(a,b,c) \le \frac{3}{2+\frac{2}{3}(a^2+b^2+c^2)} $

dove la disuguaglianza è stretta se non ci troviamo nel punto (1,1,1).

Da qui vediamo facilmente che è minore o uguale al punto di raggio minimo, cioè:

$ f(a,b,c) \le \frac{3}{2+\frac{2}{3}R^2_{min}} $

Il punto a raggio minimo del simplesso è proprio a=b=c=1

Ok pronti a smontarmela?

Già è vero quello è un minimo, non un massimo, si vede con le medie armoniche

Boh, non conoscendo popovicu, karamata e similia riesumo questo vecchio post e propongo la mia che usa solo Jensen, e chiedo scusa se qualcuno sopra l'ha già scritto ma io non c'ho capito una cippa .

$\displaystyle f(a,b,c) = \frac{1}{2+a^2+b^2}+\frac{1}{2+c^2+b^2}+\frac{1}{2+a^2+c^2} \leq \frac{3}{4}$
$\displaystyle \frac{1}{2+a^2+b^2}+1+\frac{1}{2+c^2+b^2}+1+\frac{1}{2+a^2+c^2}+1 = 3f(a,b,c) + \frac{a^2+b^2}{2+a^2+b^2}+\frac{c^2+b^2}{2+c^2+b^2}+\frac{a^2+c^2}{2+a^2+c^2} \leq \frac{3}{4}+3$

Se a questo punto dimostro che $\displaystyle \frac{a^2+b^2}{2+a^2+b^2}+\frac{c^2+b^2}{2+c^2+b^2}+\frac{a^2+c^2}{2+a^2+c^2} \geq \frac{3}{2}$ ho finito. Chiamo $a^2+b^2 =x$, $b^2+c^2 = y$ e $c^2+a^2 = z$. Si ha che $x+y+z = 2(a^2+b^2+c^2) \geq 6$ per QM-AM, ricordando che $a+b+c=3$. Se dimostro quindi che dire che
$\displaystyle \frac{x}{2+x}+\frac{y}{2+y}+\frac{z}{2+z} \geq \frac{3}{2}$ è equivalente a dire che $k=x+y+z \geq 6$ ho finito. Ma per Jensen si ha che

$\displaystyle \frac{1}{3} \frac{x}{2+x}+\frac{1}{3}\frac{y}{2+y}+\frac{1}{3}\frac{z}{2+z} \geq \frac{\frac{x+y+z}{3}}{2+\frac{x+y+z}{3}}$ e la tesi vuole quindi che $\displaystyle \frac{k}{6+k}\geq \frac{1}{2}$ sia equivalente a $k\geq 6$. Ma questo con un conticino (ed anche ad occhio) si verifica essere vero.


Boh, forse ho fatto una figuraccia ed è tutto sbagliato...

Perché ti basta dimostrare $\sum_{cyc} \frac{a^2+b^2}{2+a^2+b^2}\geq \frac{3}{2}$? Mi sembra che tu abbia confuso l'ipotesi con la tesi.

ma perchè se $\displaystyle \sum_{cyc}\frac{a^2+b^2}{2+a^2+b^2} \geq \frac{3}{2}$ allora $\displaystyle 3f(a,b,c) \leq \frac{3}{4}+3-\sum_{cyc}\frac{a^2+b^2}{2+a^2+b^2} \leq \frac{3}{4}+3-\frac{3}{2} = \frac{9}{4}$ che è la tesi... O mi sto sbagliando io proprio come logica ???