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Diamoci agli inglesismi...

Dati $ x,y,z $ reali positivi tali che $ x+y+z=xy+yz+zx $ dimostrare che:

$ \displaystyle \frac 1{x+y} + \frac 1{y+z} + \frac 1{x+z} \leq \frac 32 $

Posto questa (in)decente soluzione:
sia wlog $ x=max\{x,y,z\} $; $ \displaystyle\sum_{cyc}{\frac{1}{x+y}\le\frac{3}{2}\rightarrow 2\sum_{cyc}{(x+y)(y+z)}\le 3(x+y)(x+z)(y+z) $ omogenizzo ed ottengo
$ \displaystyle 2(xy+yz+zx)\sum_{cyc}(x+y)(y+z)\le 3(x+y)(x+z)(y+z)(x+y+z)\rightarrow 2(xy+yz+zx)\sum_{cyc}{x^2+3xy}\le 3(x+y+z)\sum_{cyc}{x^2y+xy^2}+6\sum_{cyc}{x^2yz} $
$ \displaystyle 2\sum_{cyc}{x^3y+x^3z+3x^2y^2+4x^2yz+3xy^2z}\le 3\sum_{cyc}{x^3y+xy^3+2x^2y^2+3x^2yz+xy^2z} $ e finalmente
$ \displaystyle \sum_{cyc}{\frac{x^3y+xy^3+x^2yz}{3}}\ge \sum_{cyc}{xy^2z} $, adesso $ \displaystyle \frac{x^3y+xy^3+x^2yz}{3}\ge (x^6y^5z)^{\frac{1}{3}} $ per AM-GM e $ x^6y^5z\ge x^3y^6z^3\rightarrow x^3\ge yz^2 $
in quanto si è supposto che x fosse il termine maggiore. La tesi è verificata (modulo colossali sviste nella marea di conti...)

Non funziona l'ultima riga. Stai cercando di dimostrare una cosa per ognuno dei tre termini di una somma ciclica, ma fai un'assunzione (x maggiore di y,z) che vale solo per il primo dei tre termini. In compenso, se ti guardi bene il testo della disuguaglianza di Muirhead (bunching) ti accorgerai che puoi sostituire tutta l'ultima riga con "quindi la tesi segue per bunching".

fph ha scritto:puoi sostituire tutta l'ultima riga con "quindi la tesi segue per bunching".

Già:
$ $\sum_{cyc}\frac{x^3y+xy^3+x^2yz}{3}\ge\sum_{cyc}xy^2z $
$ $\sum_{sym}x^3y+\frac{1}{2}\sum_{sym}x^2yz\ge\frac{3}{2}\sum_{sym}x^2yz $
$ $\sum_{sym}x^3y\ge\sum_{sym}x^2yz $
che è vera per bunching.

Metto una soluzione un po' più carina:
Omogeneizzando:
$ \displaystyle~\sum_{cyc}\frac{xy+yz+zx}{(x+y)(x+y+z)}\le\frac{3}{2} $
essendo questa omogenea pongo (non il materiale ) $ \displaystyle~xy+yz+zx=1 $
È noto (ma forse non tutti lo sanno) che con questa condizione si può fare la sostituzione $ \displaystyle~x=\tan(\frac{\alpha}{2}),y=\tan(\frac{\beta}{2}),z=\tan(\frac{\gamma}{2}) $ (con $ \displaystyle~\alpha+\beta+\gamma=\pi $), da cui:
$ \displaystyle~\sum_{cyc}\frac{1}{\tan(\frac{\alpha}{2})+\tan(\frac{\beta}{2})}\le\frac{3}{2}\cdot\sum_{cyc}\tan(\frac{\alpha}{2}) $
Ora $ \displaystyle~\tan(\frac{\alpha}{2})+\tan(\frac{\beta}{2})=\frac{\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\beta}{2})+\cos(\frac{\alpha}{2})\sin(\frac{\beta}{2})}{\cos(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\beta}{2})} $$ \displaystyle~=\frac{\sin(\frac{\alpha+\beta}{2})}{\cos(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\beta}{2})}=\frac{\cos(\frac{\gamma}{2})}{\cos(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\beta}{2})} $
Quindi la disuguaglianza diviene
$ \displaystyle~\sum_{cyc}\frac{\cos(\frac{\beta}{2})\cos(\frac{\gamma}{2})}{\cos(\frac{\alpha}{2})}\le\frac{3}{2}\cdot\sum_{cyc}\tan(\frac{\alpha}{2}) $
Ora per le formule di Briggs (chiamando $ \displaystyle~a,b,c $ i lati di un triangolo che ha $ \displaystyle~\alpha,\beta,\gamma $ come angoli) $ \displaystyle~\frac{\cos(\frac{\beta}{2})\cos(\frac{\gamma}{2})}{\cos(\frac{\alpha}{2})}=\sqrt{\frac{\frac{p(p-b)p(p-c)}{(ac)(ab)}}{\frac{p(p-a)}{bc}}}=\frac{p}{a}\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{p(p-a)}}=\frac{p}{a}\tan(\frac{\alpha}{2}) $
La disuguaglianza diventa
$ \displaystyle~p\sum_{cyc}\frac{\tan(\frac{\alpha}{2})}{a}\le\frac{3}{2}\cdot\sum_{cyc}\tan(\frac{\alpha}{2}) $
e dividendo per $ \displaystyle~p $ ci si riduce a questa, magistralmente risolta da Maioc92.

Comunque qual è la fonte di questa disuguaglianza

kn ha scritto:Metto una soluzione un po' più carina:
Omogeneizzando:
$ \displaystyle~\sum_{cyc}\frac{xy+yz+zx}{(x+y)(x+y+z)}\le\frac{3}{2} $

come si fa a renderla omogenea?

Riformula la domanda.. Non hai capito che passaggio ho fatto o chiedi come si fa a rendere omogenea una disuguaglianza in generale?

kn ha scritto:Riformula la domanda.. Non hai capito che passaggio ho fatto o chiedi come si fa a rendere omogenea una disuguaglianza in generale?

in generale,grazie

Poiché è xy+yz+zx=x+y+z ,possiamo moltiplicare il primo
membro (LHS) della data diseguaglianza per xy+yz+zx ed
il secondo (RHS) per x+y+z:
$ \displaystyle \frac{xy+yz+zx}{x+y}+\frac{xy+yz+zx}{y+z}+\frac{xy+yz+zx}{z+x}\leq \frac{3}{2}(x+y+z) $
Oppure:
$ \displaystyle \frac{xy}{x+y}+z+\frac{yz}{y+z}+x+\frac{zx}{z+x}+y \leq \frac{3}{2}(x+y+z) $
Od anche :
$ \displaystyle \frac{2xy}{x+y}+\frac{2yz}{y+z}+\frac{2zx}{z+x} \leq (x+y+z) $
Ora è:
$ \displaystyle \frac{2xy}{x+y}\leq \frac{x+y}{2} $
ed altre simil ( la media armonica non supera quella aritmetica )
Avremo quindi :
$ \displaystyle \frac{2xy}{x+y}+\frac{2yz}{y+z}+\frac{2zx}{z+x} \leq \frac{x+y}{2}+\frac{y+z}{2}+\frac{z+x}{2}=x+y+z $
C.D.D.

karl ha scritto: Oppure:
$ \displaystyle \frac{xy}{x+y}+z+\frac{yz}{y+z}+x+\frac{zx}{z+x}+y \leq \frac{3}{2}(x+y+z) $
Od anche :
$ \displaystyle \frac{2xy}{x+y}+\frac{2yz}{y+z}+\frac{2zx}{z+x} \leq (x+y+z) $

Non ho capito questo passaggio

@Claudio
Porta x+y+z a secondo membro ed hai:
$ \displaystyle \frac{xy}{x+y}+\frac{yz}{y+z}+\frac{zx}{z+x}\leq \frac{3}{2}(x+y+z)-(x+y+z) $
Ovvero:
$ \displaystyle \frac{xy}{x+y}+\frac{yz}{y+z}+\frac{zx}{z+x} \leq \frac{1}{2 }(x+y+z) $
Moltiplica tutto per 2 ed ottieni appunto:
$ \displaystyle \frac{2xy}{x+y}+\frac{2yz}{y+z}+\frac{2zx}{z+x} \leq (x+y+z) $

karl ha scritto:@Claudio
Porta x+y+z a secondo membro ed hai:
$ \displaystyle \frac{xy}{x+y}+\frac{yz}{y+z}+\frac{zx}{z+x}\leq \frac{3}{2}(x+y+z)-(x+y+z) $
Ovvero:
$ \displaystyle \frac{xy}{x+y}+\frac{yz}{y+z}+\frac{zx}{z+x} \leq \frac{1}{2 }(x+y+z) $
Moltiplica tutto per 2 ed ottieni appunto:
$ \displaystyle \frac{2xy}{x+y}+\frac{2yz}{y+z}+\frac{2zx}{z+x} \leq (x+y+z) $

che idiota, continuavo a sostituire x+y+z con xy+yz+xz

visto che ci sono posto anche la soluzione semi-brutale, cioè quella che omogenizza, fa tutti i calcoli (come mio solito) ma non conclude col bunching:
alla fine rimane da dimostrare
$ \displaystyle\sum_{sym}x^3y\ge\sum_{sym}x^2yz $
Posso farlo in 2 modi:
1)Per riarrangiamento sulle terne $ (x^2,y^2,z^2) $ e $ (xy,xz,yz) $
2)Per AM-GM (come al solito):
$ \displaystyle\sum_{sym}x^3y=\frac 1 2\sum_{cyc}(x^3y+xy^3+x^3z+xz^3)\ge 2\sum_{cyc}\sqrt[4]{x^8y^4z^4}=2\sum_{cyc}x^2yz=\sum_{sym}x^2yz $