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Siano a,b,c reali positivi. Dimostrare che
$ \displaystyle \frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+ \frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\ge 1 $

Il pranzo mi aveva annebbiato la vista editato

nel primo passaggio hai usato Cauchy-Schwarz col verso sbagliato...

La soluzione (semi)ufficiale si basa su Cauchy-Schwarz ,applicata in modo
particolare.Esiste però una dimostrazione alternativa che gareggia egregiamente
con la prima in quanto ad ..arzigogoli algebrici !!
Dunque l'idea è quella di trovare 3 reali positivi x,y,z tali che risulti:
(1)$ \displaystyle\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}\geq \frac{x}{x+y+z} $
ed altre due cicliche.E' allora evidente che, sommando le tre relazioni così
ottenute, discende la tesi.Ora il genialone di turno ha trovato che
questi tre numeri esistono e sono :
$ \displaystyle x=a^{4/3} $ e cicliche.
Si tratta perciò di dimostrare la (1) con questi valori.Ovvero:
$ \displaystyle \frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}\geq\frac{a^{4/3}}{a^{4/3}+b^{4/3}+c^{4/3}} $
e cicliche.E qui un'altra invenzione alla Einstein.Partiamo da :
$ \displaystyle (a^{4/3}+b^{4/3}+c^{4/3})^2-(a^{4/3})^2=(b^{4/3}+c^{4/3})(a^{4/3}+a^{4/3}+b^{4/3}+c^{4/3}) $
Per AM-GM risulta:
$ \displaystyle (a^{4/3}+b^{4/3}+c^{4/3})^2-(a^{4/3})^2\geq 2b^{2/3}c^{2/3}\cdot 4a^{2/3}b^{1/3}c^{1/3}=8a^{2/3}bc $
Da cui di seguito :
$ \displaystyle (a^{4/3}+b^{4/3}+c^{4/3})^2 \geq (a^{4/3})^2+8a^{2/3}bc=a^{2/3}(a^2+8bc) $
$ \displaystyle \frac{1}{\sqrt{a^2+8bc}} $$ \displaystyle \geq \frac{a^{1/3}}{a^{4/3}+b^{4/3}+c^{4/3}} $
E moltiplicando per a :
$ \displaystyle \frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}\geq \frac{a^{4/3}}{a^{4/3}+b^{4/3}+c^{4/3}} $
E con questo finisce la trovata.Spero vi divertiate nel leggere.

La mia idea consisteva nel porre $ a \le b \le c $ e $ a+b+c=3 $, da cui si trova per AM-GM $ \dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}} \ge \dfrac{a}{\sqrt{a^2+2(b+c)^2}}=\dfrac{a}{\sqrt{a^2+2(3-a)^2}}=\dfrac{a}{\sqrt{3(a^2-4a+6)}} $. Poi in qualche modo ho usato Jensen e una serie di calcoli che vi risparmio...

Dato che è omogenea assumo $ a+b+c=1 $. Uso jensen sapendo che $ \frac{1}{\sqrt x} $ è convessa.
$ \displaystyle LHS\ge \frac{1}{\sqrt{a^3+b^3+c^3+24abc}} $
Ma, sapendo che $ a+b+c=1 $
$ \displaystyle a^3+b^3+c^3=1-3\sum_{sym}a^2b-6abc\le 1-24abc $
dove l'ultima disuguaglianza è ottenuta per bunching perché $ \sum_{sym}a^2b\ge 6abc $ .
Quindi $ \sqrt{a^3+b^3+c^3+24abc}\ge \sqrt{1-24abc+24abc} $ e allora $ LHS\ge 1 $

Federiko ha scritto:dove l'ultima disuguaglianza è ottenuta per bunching perché $ \sum_{sym}a^2b\ge 6abc $.

Jessica92 ha scritto:

Federiko ha scritto:dove l'ultima disuguaglianza è ottenuta per bunching perché $ \sum_{sym}a^2b\ge 6abc $.

Perché fai la faccina?
Comunque sei un finto account vero? Chi si cela dietro di te? Pietro? (se non sei un finto account ho fatto una figura di m...)

hihihi...così sapremo finalmente la verità...

la mia era questa:
1)$ \displaystyle \frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+ \frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\ge \frac{(a+b+c)^2}{a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ac}+c\sqrt{c^2+8ab}} $

2)$ \displaystyle\frac{(a+b+c)^2}{a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ac}+c\sqrt{c^2+8ab}}\ge\frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{(a+b+c)(a(a^2+8bc)+b(b^2+8ac)+c(c^2+8ab))}} $

3)$ \displaystyle\frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{(a+b+c)(a(a^2+8bc)+b(b^2+8ac)+c(c^2+8ab))}}\ge 1 $

Le prime 2 sono vere per Cauchy-Schwarz, la terza si dimostra facilmente elevando al quadrato e usando il bunching.

Per la 1 mi espliciti quali sono le 3-uple a cui applichi cauchy... non l'ho capito xD
EDIT: l'ho capito... e lo esplicito, usa la disuguaglianza:
$ $ \sum_{cyc}\frac{a}{a'}\ge \frac{\left(\sum_{cyc}a\right)^2}{\sum_{cyc}aa'} $
Che è vera moltiplicando per il denominatore e applicando cauchy... poi associo ad a' il valore della prima radice e così con b', c' ed ottengo la 1)
Mi sono accorto di un'altra cosa... che mi sembra degna di essere postata... in 1,2 lui non ha usato davvero il valore delle radici, quelle disuguaglianze sono vere sempre... praticamente 1,2 sono come dire:

$ $\sum_{cyc}\frac{a}{a'}\ge \sqrt{\frac{\left(\sum_{cyc}a\right)^3}{\sum_{cyc}aa'^2}} $

Questa si dimostra facilmente per cauchy a 3-specie (non ho controllato che cauchy a n-specie sia davvero questo, ma mi sembra coerente che lo sia):

$ $\left(\sum_{cyc}\frac{a}{a'}\right)\left(\sum_{cyc}\frac{a}{a'}\right)\left(\sum_{cyc}aa'^2\right)\ge\left(\sum_{cyc}a\right)^3 $
EDIT2: Ho rimpicciolito i miei commenti per poter proporre un nuovo problema... che spero non sia sbagliato, e che si risolve in modo simile a quello trattato in questo post:

Dati x,y,z positivi vale:
$ $\sum_{cyc} \frac{x}{\sqrt{x^2+3xy+3xz+2yz}}\ge 1 $

Appena qualcuno risolve questo ingrandisco di nuovo tutto e rendo leggibile il tex Forse quello che ho proposto è noto...

EDIT3: Ora che sono state postate alcune soluzioni posto la mia che è ispirata a quella di Maioc, ma più coatta xD:
Chiamo x',y',z' le radici... allora vale:
$ $\sum \frac{x}{x'}\sum \frac{x}{x'}\sum xx'^2\ge \left(\sum x\right)^3=\sum xx'^2 $
La prima disuguaglianza viene per cauchy a 3-specie, l'identità per definizione di x',y',z'. Ora divido entrambi i membri per $ $\sum xx'^2 $ e poi estraggo la radice ottenendo la tesi

Avverto che tutte le sommatorie e le espressioni in gioco si devono intendere
cicliche sulla terna x,y,z o su terne di lavoro.
Preliminarmente ho che:
(0) $ $\left(\sum(x)\right)^3=\sum(x^3+3x^2y+2xyz+3x^2z)$ $
Inoltre è :
(1) $ $\sum(u^2)\cdot\sum(v^2)\geq \left(\sum(uv) \right )^2$ $
Utilizzo la (1) ponendo :
$ $u^2=\frac{x}{\sqrt{x^2+3xy+2yz+3xz}},v^2=x\sqrt{x^2+3xy+2yz+3xz} \text{ di modo che } uv=x$ $
Allora:
$ $\sum\left (\frac{x}{\sqrt{x^2+3xy+2yz+3xz}}\right)\cdot \sum \left(x\sqrt{x^2+3xy+2yz+3xz}\right )\geq \left (\sum(x) \right )^2$ $
da cui :
(2) $ $\sum \left (\frac{x}{\sqrt{x^2+3xy+2yz+3xz}}\right )\geq \frac{\left(\sum(x)\right)^2}{\sum \left (x\sqrt{x^2+3xy+2yz+3xz}\right )}$ $
Mi servo ancora della (1) scegliendo però :
$ $u^2=x,v^2=x(x^2+3xy+2yz+3xz) \text{ di modo che } uv=\sqrt{x}\cdot\sqrt{x(x^2+3xy+2yz+3xz)}$ $
ed ottengo:
$ $\sum(x)\cdot \sum\left (x (x^2+3xy+2yz+3xz)\right ) \geq \left(\sum(\sqrt{x}\cdot\sqrt{x(x^2+3xy+2yz+3xz}) \right )^2=\left (\sum(x\sqrt{x^2+3xy+2yz+3xz})\right )^2$ $
Pertanto la (2) diventa:
$ $\sum \left (\frac{x}{\sqrt{x^2+3xy+2yz+3xz}} \right )\geq \frac{ \left (\sum(x))^2}{\sqrt{\sum(x)\cdot \sum(x(x^2+3xy+2yz+3xz)) \right)}}=\frac{\left (\sum(x) \right )^2}{\sqrt{\sum(x)\cdot \sum(x^3+3x^2y+2xyz+3x^2z)}}$ $
E per la (0) :
$ $\sum(\frac{x}{\sqrt{x^2+3xy+2yz+3xz}})\geq \frac{\left (\sum(x) \right )^2}{\sqrt{\sum(x)\cdot (\sum(x))^3}}=1$ $
C.V.D.

Altra soluzione al tuo problema, federico:
Per omogeneità assumo che $ x+y+z=1 $. Uso Jensen con la funzione convessa $ \frac{1}{\sqrt x} $ :
$ \displaystyle LHS\ge \frac{1}{\sqrt{\left(\sum x\right)^3}}=1 $