OliForum Matematico

Siano a,b,c numeri reali positivi tali che $ \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=3 $, provare che $ \\8}(a^2+b^2+c^2)\ge3(a+b)(b+c)(c+a) $

Una curiosa dimostrazione.Poniamo:$ \displaystyle a=x^2,b=y^2,c=z^2 $
In tal modo la tesi diventa:
$ \displaystyle 8(x^4+y^4+z^4) \geq 3(x^2+y^2)(y^2+z^2)(z^2+x^2) $
con la condizione $ \displaystyle x+y+z=3 $
Per semplicità di scrittura poniamo:
$ \displaystyle A=xy+yz+zx,B=xyz $
Si ha:
$ \displaystyle B=xyz\leq (\frac{x+y+z}{3})^3=1 $
$ \displaystyle \frac{x^2+y^2+z^2}{3}\geq (\frac{x+y+z}{3})^2=1 $
Da cui :
$ \displaystyle x^2+y^2+z^2\geq 3 $
Inoltre :
$ \displaystyle A=xy+yz+zx=\frac{1}{2}[(x+y+z)^2-(x^2+y^2+z^2]\le \frac{1}{2}[9-3]=3 $
Riassumendo risulta:
(1) $ \displaystyle 0<A\leq 3,0<B\leq 1 $
Osserviamo anche che se A=3 sarà B=1 e viceversa.Infatti sia A=3,si ha allora il sistema:
$ \displaystyle \left \ { \begin{array}{cc} x+y=3-z\\ xy=z^2-3z+3 \end{array} \right} $
L'equazione risolvente è :$ \displaystyle t^2-(3-z)t+(z^2-3z+3)=0 $
Ed il suo discriminante è:
$ \displaystyle \Delta=-3(z-1)^2 $
Le uniche soluzioni reali si hanno solo per z= 1 ,da cui x=y=1 e quindi B=xyz=1
Per le proprietà delle somme simmetriche abbiamo:
$ \displaystyle x^4+y^4+z^4=(x+y+z)^4-4(x+y+z)^2(xy+yz+zx)+2(xy+yz+zx)^2+4(xyz)(x+y+z) $
Quindi:
$ \displaystyle 8(x^4+y^4+z^4)=8(81-36A+2A^2+12B]=648-288A+16A^2+96B $
$ \displaystyle (x^2+y^2)(y^2+z^2)(z^2+x^2)=[(x+y+z)^2-2(xy+yz+zx)][(xy+yz+zx)^2-2(xyz)(x+y+z)]-3(xyz)^2 $
E quindi:
$ \displaystyle 3(x^2+y^2)(y^2+z^2)(z^2+x^2)=3[9-2A][A^2-6B]-3B^2=-6A^3+27A^2-162B+36AB-3B^2 $
Con questi calcoli la nostra diseguaglianza diventa:
$ \displaystyle 6A^3-11A^2-36AB-288A +(3B^2+258B+648) \geq 0 $
con le limitazioni date dalla (1)
Consideriamo adesso la funzione di A (con B fissato in ]0,1]):
$ \displaystyle f(A)=6A^3-11A^2-36AB-288A +(3B^2+258B+648) $
continua e derivabile in tutto R ( incluso lo zero per continuità).
Si ha:$ \displaystyle f'(A)=18A^2-22A-(36B+288) $
E':
$ \displaystyle f'(A)<0 $ per $ \displaystyle A_1<A<A_2 $
dove A_1 e A_2 sono date da:
$ \displaystyle A_{1,2}=\frac{11\mp \sqrt{121 +18(36B+288)}}{18} $
Chiaramente la radice minore è negativa mentre quella positiva è maggiore di 3 .Pertanto,essendo l'intervallo ]0,3]
contenuto in ]A_1,A_2[,la f(A) è decrescente in ]0,3] .Ma:
$ \displaystyle f(0)=3B^2+258B+648>0,f(3)=0 $ perché ,come detto prima,se A=3
è pure B=1 e sostituendo in f(A) si ha appunto f(3)=0.
Ne segue che è sempre $ \displaystyle f(A) \geq 0 $ in ]0,3]
Come volevasi dimostrare.

$ xy+yz+zx=\frac12[(x+y+z)^2-(x^2+y^2+z^2)] $

Scusa il disturbo, ma potrei sapere come l'hai scomposto?



Il sistema il $ \LaTeX $ ti ha toppato XD Forse è lo spazio tra "\ {"

La fonte? Nel frattempo metto la soluzione bovina: fatta la sostituzione di karl, otteniamo
$ \displaystyle~8\cdot 9(x^4+y^4+z^4)=8(x^4+y^4+z^4)(x+y+z)^2\ge 27(x^2+y^2)(y^2+z^2)(z^2+x^2) $. Visto che questa disuguaglianza è omogenea, vale sicuramente senza la condizione $ \displaystyle~x+y+z=3 $, quindi sviluppiamo fiduciosi:
$ \displaystyle~8\sum_{cyc} x^4(x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx)\ge 27(2x^2y^2z^2+\sum_{sym} x^4y^2) $
$ \displaystyle~4\sum_{sym} x^6+8\sum_{sym} x^4y^2+16\sum_{sym} x^5y+8\sum_{sym} x^4yz\ge 9\sum_{sym} x^2y^2z^2+27\sum_{sym} x^4y^2 $
$ \displaystyle~4\sum_{sym} x^6+16\sum_{sym} x^5y+8\sum_{sym} x^4yz\ge 9\sum_{sym} x^2y^2z^2+19\sum_{sym} x^4y^2 $
vera perché si ottiene sommando le seguenti disuguaglianze valide per Muirhead:
$ \displaystyle~4\sum_{sym} x^6\ge 4\sum_{sym} x^4y^2 $
$ \displaystyle~15\sum_{sym} x^5y\ge 15\sum_{sym} x^4y^2 $
$ \displaystyle~\sum_{sym} x^5y\ge \sum_{sym} x^2y^2z^2 $
$ \displaystyle~8\sum_{sym} x^4yz\ge 8\sum_{sym} x^2y^2z^2 $

ma una soluzione umana non c'è l'ha nessuno??
Io ci ho provato tutto oggi a trovare un modo che non fosse il bunchhing (perchè sapete che non mi piace per nulla...) ma niente. Boh, forse sto attraversando un periodo di crisi

Maioc92 ha scritto:ma una soluzione umana non c'è l'ha nessuno??
Io ci ho provato tutto oggi a trovare un modo che non fosse il bunchhing (perchè sapete che non mi piace per nulla...) ma niente. Boh, forse sto attraversando un periodo di crisi

Mi conosoli a me sembrava più facile del previsto, e mi stavo demoralizzando quando non ho avuto risultati XD ho capito in parte la soluzione di karl...anche se ho ancora il dubbio di quella scomposizione(come ha fatto?), più qualche altra cosa verso la fine.

@Claudio.
Quella scomposizione è solo un altro modo di scrivere il quadrato di un trinomio.
Tu sai che:
$ \displaytext (x+y+z)^2=(x^2+y^2+z^2)+2(xy+yz+zx) $
Adesso ti è sufficiente ricavare xy+yz+zx per avere quella formula.

A me la soluzione di kn piace moltissimo xD
Tanto per chiarire (soprattutto a me stesso) i punti chiave della dimostrazione li elenco:
Sostituzione... questo è un passaggio che viene quasi spontaneo fare: si vedono le radici e si decide subito di estirparle.
Poi si sfrutta l'ipotesi per far diventare la disuguaglianza omogenea... rendendo quindi inutile l'ipotesi con passaggi invertibili che ci assicurano di non star tentando di dimostrare cagate (cosa che non so perchè ma a me capita spesso con le disuguaglianze xD). Questo è "il passaggio delicato" anche se abbastanza standard: non so se si dice omogenizzare comunque è il procedimento per rendere una disuguaglianza omogenea (ovviamente si deve usare l'ipotesi).
In conclusione con la certezza di non far danno si svolge una smadonna di calcoli e si conclude col bunching che in questo problema risulta quasi elegante :O Come viene in mente l'idea del bunching? MA QUALE IDEA??? È automatico... "smadonna di calcoli" è sempre seguito a ruota da "bunching" bisogna solo trovare la sommatoria simmetrica a cui applicarlo
Piccolo appunto finale: una disuguaglianza è detta omogenea se ogni monomio è dello stesso grado... questo a che serve? Serve a dire che se una n-upla di variabili soddisfa soddisfano anche "loro stesse" moltiplicate per una costante. Questo può o rendere inutili delle ipotesi facilitando il lavoro (come in questo caso) o dare la possibilità di aggiungere ipotesi... come per esempio a+b+c=1 che può far comodo

karl ha scritto:@Claudio.
Quella scomposizione è solo un altro modo di scrivere il quadrato di un trinomio.
Tu sai che:
$ \displaytext (x+y+z)^2=(x^2+y^2+z^2)+2(xy+yz+zx) $
Adesso ti è sufficiente ricavare xy+yz+zx per avere quella formula.

Grazie, mi perdo sempre in cose banali XD sarà che non conosco ancora molti quesiti olimpici.

Anche io ne ho trovata una mooolto simile a quella di kn...senza bounching finale...La posto anche se comunque è bruttina...
Sempre sostituendo come ha fatto karl, si poteva dimostrare che $ $\frac{x^4+y^4+z^4}{3}\ge (\frac{x^2+y^2+z^2}{3})^3\ge \frac{x^2+y^2}{2}\frac{y^2+z^2}{2}\frac{z^2+x^2}{2} $. La cosa che ho messa in mezzo la ho messa per AM-GM.
Ora si sostituisce x+y+z=3 e si ottiene $ $(x^2+y^2+z^2+2xy+2xz+2yz)(x^4+y^4+z^4)\ge (\sum_{cyc}{x^2})(\sum_{cyc}{x^4}+2\sum_{cyc}{x^2y^2}) $. Ora si svolge i calcoli sperando fortemente di non sbagliare e si ottiene
$ $\sum_{cyc}{x^6+x^4y^2+x^4z^2+2x^5y+2x^5z+2x^4yz}\ge \sum_{cyc}{x^6+x^2y^4+x^2z^4+2x^4y^2+2x^4z^2+2x^2y^2z^2} $ che, scritta in modo meno idiota è
$ $\sum_{cyc}{x^6}+\sum_{sym}{x^4y^2}+2(\sum_{sym}{x^5z}+ \sum_{cyc}{x^4yz})\ge \sum_{cyc}{x^6}+\sum_{sym}{x^4y}+2(\sum_{sym}{x^4z^2}+\sum_{cyc}{x^2y^2z^2}) $.

Diventa quindi da dimostrare che $ $\sum_{sym}{x^5z}+ \sum_{cyc}{x^4yz}\ge \sum_{sym}{x^4z^2}+\sum_{cyc}{x^2y^2z^2 $.

Se pongo $ x\ge y\ge z $(*) ottengo che
$ $ \sum_{sym}{x^5z}\ge \sum_{sym}{x^4z^2} $(1), infatti sviluppando ottengo $ x^4y(x-y)+x^4z(x-z)-y^4x(-y+x)+y^4z(y-z)-z^4x(-z+x)-z^4y(-z+y)\ge 0 $. Infatti il primo termine è maggiore del terzo, il secondo del quinto e il quarto dell'ultimo per la (*), quindi la disuguaglianza (1) è vera.

Inoltre è anche vero che per ogni x;y;z reali positivi $ $ \sum_{cyc}{x^4yz}\ge \sum_{cyc}{x^2y^2z^2} $ perchè posso porre xyz=1 visto che è omogenea e mi resta da dimostrare che $ x^3+y^3+z^3\ge 3\to \frac{x^3+y^3+z^3}{3}\ge (x^3y^3z^3)^{1/3}=1 $, e quindi ho vinto, SE funziona...

Chiedo scusa per la risposta tardiva. La fonte è questa: problema 17 del seguente file http://www.mat.uniroma2.it/~perfetti/la ... oposte.pdf. Ci sono diverse tipologie di problemi e alcuni mi sono sembrati di buon livello!