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Siano a,b,c numeri reali positivi tali che a+b+c=1. Mostrare che:
$ $ \displaystile a\cdot\sqrt{a} + b\cdot\sqrt{b} + c\cdot\sqrt{c} \geq \frac{1}{\sqrt{3}} $
Non è difficile... anzi... piuttosto semplice

Allora applico Cauchy-Schwarz considerando le 3-uple a, b, c e $ \sqrt a, \sqrt b, \sqrt c $, quindi
$ $(a\sqrt a+b\sqrt b+c \sqrt c)^2 \geq (a^2+b^2+c^2)(a+b+c)=(a^2+b^2+c^2) $
Appico poi il QM-AM e ottengo che
$ $\sqrt {\frac{a^2+b^2+c^2}{3}} \geq \frac{1}{3} $
$ $a^2+b^2+c^2 \geq \frac{1}{3} $ e ritornando alla disuguaglianza di prima
$ $(a\sqrt a+b\sqrt b+c \sqrt c)^2 \geq \frac{1}{3} $
$ $(a\sqrt a+b\sqrt b+c \sqrt c) \geq \frac{1}{\sqrt 3} $

Q.E.D.

Euler ha scritto:Allora applico Cauchy-Schwarz considerando le 3-uple a, b, c e $ \sqrt a, \sqrt b, \sqrt c $, quindi
$ $(a\sqrt a+b\sqrt b+c \sqrt c)^2 \geq (a^2+b^2+c^2)(a+b+c)=(a^2+b^2+c^2) $
Appico poi il QM-AM e ottengo che
$ $\sqrt {\frac{a^2+b^2+c^2}{3}} \geq \frac{1}{3} $
$ $a^2+b^2+c^2 \geq \frac{1}{3} $ e ritornando alla disuguaglianza di prima
$ $(a\sqrt a+b\sqrt b+c \sqrt c)^2 \geq \frac{1}{3} $
$ $(a\sqrt a+b\sqrt b+c \sqrt c) \geq \frac{1}{\sqrt 3} $

Q.E.D.

Identica alla mia... (faceva parte di un esercizio del test iniziale del senior 2005)

senza scomodare cauchy, si fa facilmente con la disuguaglianza tra le medie

$ \displaystyle \sqrt[\frac{3}{2}]{\frac {a^{\frac{3}{2}} + b^{\frac{3}{2}} + c^{\frac{3}{2}}}{3}} \geq \frac{a+b+c}{3} = \frac{1}{3} $

da cui
$ a^{\frac{3}{2}} + b^{\frac{3}{2}} + c^{\frac{3}{2}} \geq \sqrt{\frac{1}{3}} $

ma è diventato di moda usare cauchy-schwarz col verso sbagliato?

Porca miseria è vero...evidentemente è una malattia contagiosa

Wow...allora avevo toppato pure io!!!