Si dimostri, in quanti modi si vuole, (meglio istruttivi, ma anche no):
$ 9p^2+q^3\geq 4 sqp $,
dove s,q,p sono i soliti:
$ p=abc\ \ \ \ \ q=ab+bc+ca\ \ \ \ \ s=a+b+c $.
Esercizietto.
Esercizietto.
Non si smette mai di imparare.
boh visto che nessuno risponde inizio io con la soluzione brutta:
svolgo i pochi calcoli e alla fine rimane
$ \displaystyle 3a^2b^2c^2+\sum_{cyc}a^3b^3\ge \sum_{sym}a^3b^2c $, che è vero per Schur sulla terna $ (ab,bc,ac) $
svolgo i pochi calcoli e alla fine rimane
$ \displaystyle 3a^2b^2c^2+\sum_{cyc}a^3b^3\ge \sum_{sym}a^3b^2c $, che è vero per Schur sulla terna $ (ab,bc,ac) $
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!
Allora ne aggiungo un'altra ancora con Shur classico:
$ 9p^2+s^3p\geq 4sqp $
Questa è vera se e solo se scambio $ a \ \ \ \ \ con \ \ \ \ \ \frac{1}{a} $ eccetera e omogenizzando-disomogenizzando:
scambio dunque $ p\ \ \ \ con \ \ \ p\ \ \ \ \ e \ \ \ \ \ q^3\ \ \ \ \ con \ \ \ \ \ s^3p $.
Da cui la tesi.
Altro?
$ 9p^2+s^3p\geq 4sqp $
Questa è vera se e solo se scambio $ a \ \ \ \ \ con \ \ \ \ \ \frac{1}{a} $ eccetera e omogenizzando-disomogenizzando:
scambio dunque $ p\ \ \ \ con \ \ \ p\ \ \ \ \ e \ \ \ \ \ q^3\ \ \ \ \ con \ \ \ \ \ s^3p $.
Da cui la tesi.
Altro?
Non si smette mai di imparare.