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Dimostrare che per ogni terna di reali positivi $a,b,c$ tali che $a^4+b^4+c^4=3$ si ha che vale la disuguaglianza
$$\sum_{cyc} \frac{1}{4-ab}\leq 1$$

ERRATA

Spero sia giusta..
WLOG: $0\le a\le b\le c$, quindi $0\le ab\le ac\le bc$. (controedit!)
Poiché ${{a}^{4}}+{{b}^{4}}+{{c}^{4}}=3$ per ipotesi, si ha anche \[\begin{align}
& 0=\left( {{a}^{4}}-1 \right)+\left( {{b}^{4}}-1 \right)+\left( {{c}^{4}}-1 \right)=\left( {{a}^{2}}+1 \right)\left( {{a}^{2}}-1 \right)+\left( {{b}^{2}}+1 \right)\left( {{b}^{2}}-1 \right)+\left( {{c}^{2}}+1 \right)\left( {{c}^{2}}-1 \right)\ge \\
& \ge {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-3\Rightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\le 3. \\
\end{align}\]
Allora $3\ge {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge ab+bc+ca$, ossia $3\ge ab+bc+ca\ge 3ab\Rightarrow 0\le ab\le 1\Rightarrow \frac{1}{4}\le \frac{1}{4-ab}\le \frac{1}{3}.$
Inoltre $\frac{1}{4-ab}\le \frac{1}{4-ca}\le \frac{1}{4-bc}.$
La tesi equivale a dimostrare che $1-\left( \frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-ca}+\frac{1}{4-bc} \right)\ge 0\Rightarrow \left( \frac{1}{3}-\frac{1}{4-ab} \right)+\left( \frac{1}{3}-\frac{1}{4-bc} \right)+\left( \frac{1}{3}-\frac{1}{4-ca} \right)\ge 0$.
Quindi $\left( \frac{1}{3}\cdot \frac{1-ab}{4-ab} \right)+\left( \frac{1}{3}\cdot \frac{1-bc}{4-bc} \right)+\left( \frac{1}{3}\cdot \frac{1-ca}{4-ca} \right)\ge 0$.
Ma $\left( \frac{1}{3}\cdot \frac{1-ab}{4-ab} \right)+\left( \frac{1}{3}\cdot \frac{1-bc}{4-bc} \right)+\left( \frac{1}{3}\cdot \frac{1-ca}{4-ca} \right)\ge \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{4}\cdot \left( 1-ab+1-bc+1-ca \right)\ge 0.$ C.V.D.

Per dimostrare che $3\ge ab+bc+ca$ non bastava usare le disuguaglianze tra le medie e MacLaurin?

Prima dici che:

\[\sqrt[4]{\frac{a^4+b^4+c^4}3}\ge\frac{a+b+c}3 \Rightarrow 1\ge \frac{a+b+c}3.\]

E poi con MacLaurin:

\[\frac{a+b+c}3\ge \sqrt{\frac{ab+bc+ca}3} \Rightarrow 1\ge\frac{ab+bc+ca}3.\]

Secondo me è più veloce. Comunque non posso garantire sulla veridicità della tua soluzione, ma sembra corretta Aspetta però il verdetto di Lasker

gpzes ha scritto: Spero sia giusta..
WLOG: $0\le a\le b\le c$, quindi $0\le ab\le bc\le ca$.

Non dovrebbe essere $ 0\le ab\le ca\le bc $ ?

@ 6frusciante9....mi scuso per evidente errore di battitura (nelle righe seguenti,infatti,rispetto le disuguaglianze). Grazie!
@ Talete..ehh sisi ..non volevo scrivere troppo per pigrizia e ho cercato metodo alternativo ..(non generalizzabile?? ) ma mi sembrava abbastanza veloce anch'esso
..comunque ho cercato di uscirne senza usare Chebyshev che penso sia il cuore del problema

@gpzes In effetti non intaccava la soluzione ... Comunque data la mia scarsezza potresti darmi un hint su come utilizzare Chebyshev ? Grazie !

Ehh mi ha dato da pensare Chebyshev…forse per quello sono stato spinto a cercare alternativa
Si dovrebbe partire sempre dal dimostrare $\left( \frac{1-ab}{4-ab} \right)+\left( \frac{1-ca}{4-ca} \right)+\left( \frac{1-bc}{4-bc} \right)\ge 0$.
Se si applica direttamente non si riesce…..infatti..
$\left( 1-ab+1-ac+1-bc \right)\cdot \left( \frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-ac}+\frac{1}{4-bc} \right)\ge 3\cdot \left[ \left( \frac{1-ab}{4-ab} \right)+\left( \frac{1-ca}{4-ca} \right)+\left( \frac{1-bc}{4-bc} \right) \right]$….
Bisognerebbe vedere se facendo $\left( \frac{1-ab}{4-ab} \right)=\left( \frac{1-ab}{4-ab} \right)\cdot \left( \frac{1+ab}{1+ab} \right)=\frac{1-{{a}^{2}}{{b}^{2}}}{4+3ab-{{a}^{2}}{{b}^{2}}}$
si ottengono disuguaglianze ai numeratori e denominatori tutte crescenti o decrescenti……

@gpzes: a parte il fatto che alla fine il WLOG non lo sfrutti (a meno che non mi sia perso qualcosa) e che non capisco bene la tua dimostrazione di $a^2+b^2+c^2\leq 3$ (veniva meglio con AM-QM su $a^2,b^2,c^2$ oppure saltando quel passo ed usando McLaurin come Talete per avere subito $ab+bc+ca\leq 3$), direi che dovrebbe andare! Vai pure con il prossimo!

Lasker ha scritto:Vai pure con il prossimo!

Quasi un mese e non è andato... che si fa? La facciamo andare avanti questa staffetta?

gpzes ha scritto:Ma $\left( \frac{1}{3}\cdot \frac{1-ab}{4-ab} \right)+\left( \frac{1}{3}\cdot \frac{1-bc}{4-bc} \right)+\left( \frac{1}{3}\cdot \frac{1-ca}{4-ca} \right)\ge \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{4}\cdot \left( 1-ab+1-bc+1-ca \right)\ge 0.$ C.V.D.

Ciao gpzes. Mi sembra che sia tutto giusto fino a prima di questo punto. Ora però qua mi pare che vuoi usare il fatto che $\frac 1{4-ab} \geq \frac 14$, $\frac 1{4-bc} \geq \frac 14$ e $\frac 1{4-ac} \geq \frac 14$ per mostrare che $ \frac{1}{3}\cdot \frac{1-ab}{4-ab} \geq \frac 1{12} \cdot (1-ab)$ e le altre rispettive disuguaglianze per poi sommarle. Per fare ciò però ti devi assicurare che $(1-ab) >0$ altrimenti staresti moltiplicando una disuguaglianza per un numero negativo e questo cambierebbe senso alla disuguaglianze. Ora in effetti hai dimostrato che $(1-ab)>0$ ma come fai a dirlo anche per $(1-bc)$ e $(1-ca)$? su di loro non puoi saperlo!

mi scuso per non aver potuto rispondere
Devo ringraziare Lasker e Simo_the_wolf che saluto cordialmente
Non sono nuovo ad errori così madornali
In effetti ho commesso lo stesso errore due volte (..della serie errare è umano e perseverare diabolico ), suscitando dubbi in Lasker e giusta osservazione da parte di Simo_the_wolf.
L'errore é sempre qui...$=\left( {{a}^{2}}+1 \right)\left( {{a}^{2}}-1 \right)+\left( {{b}^{2}}+1 \right)\left( {{b}^{2}}-1 \right)+\left( {{c}^{2}}+1 \right)\left( {{c}^{2}}-1 \right) \ge {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-3.$ ...
nonchè qui...$\left( \frac{1}{3}\cdot \frac{1-ab}{4-ab} \right)+\left( \frac{1}{3}\cdot \frac{1-bc}{4-bc} \right)+\left( \frac{1}{3}\cdot \frac{1-ca}{4-ca} \right)\ge \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{4}\cdot \left( 1-ab+1-bc+1-ca \right).$Le disuguaglianze sono sempre insidiose !

La relazione $3\ge {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge ab+bc+ca$ conviene dedurla, in effetti e come anche osservato da Talete , da disuguaglianza AM-QM applicata ad ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}$.
Per il resto della dimostrazione temo si possa solo con Chebyshev.
Tenterò,impegni permettendo, di far seguito ad un mio post precedente; ma è forte la tentazione nonchè il pericolo di ulteriori errori cercando alternative al già citato Chebyshev .

@Talete: ma per risollevare forum non so..ci sono così tanti problemi non risolti o solo parzialmente..essendo io solo un amateur e lento di ragionamento sinceramente non riesco a stare dietro a tutte le nuove sottoposizioni ..anche se capisco ansia di problemi sempre nuovi

Up ancora! Che si fa?

Ehh sisi..dovremmo esserci

La tesi equivale a dimostrare che $1-\left( \frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-ca}+\frac{1}{4-bc} \right)\ge 0\Rightarrow \left( \frac{1}{3}-\frac{1}{4-ab} \right)+\left( \frac{1}{3}-\frac{1}{4-bc} \right)+\left( \frac{1}{3}-\frac{1}{4-ca} \right)\ge 0$,
ossia $\left( \frac{1}{3}\cdot \frac{1-ab}{4-ab} \right)+\left( \frac{1}{3}\cdot \frac{1-bc}{4-bc} \right)+\left( \frac{1}{3}\cdot \frac{1-ca}{4-ca} \right)\ge 0$ e , in definitiva, $\left( \frac{1-ab}{4-ab} \right)+\left( \frac{1-bc}{4-bc} \right)+\left( \frac{1-ca}{4-ca} \right)\ge 0$.

WLOG: $0\le a\le b\le c$, quindi $0\le ab\le ac\le bc$.

Poiché ${{a}^{4}}+{{b}^{4}}+{{c}^{4}}=3$ per ipotesi, si ha anche $3={{a}^{4}}+{{b}^{4}}+{{c}^{4}}\ge {{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{a}^{2}}{{c}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}$ e

$1-{{a}^{2}}{{b}^{2}}+1-{{a}^{2}}{{c}^{2}}+1-{{b}^{2}}{{c}^{2}}\ge 0$.

E ancora, $3\ge {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge ab+bc+ca$, tutte valide per disuguaglianze tra medie.

Riscriviamo ogni addendo della Tesi : $\left( \frac{1-ab}{4-ab} \right)\cdot \left( \frac{1+ab}{1+ab} \right)=\frac{1-{{a}^{2}}{{b}^{2}}}{4+3ab-{{a}^{2}}{{b}^{2}}}$.

Per le assunzioni fatte avremo $1-{{a}^{2}}{{b}^{2}}\ge 1-{{a}^{2}}{{c}^{2}}\ge 1-{{b}^{2}}{{c}^{2}}$.

Poiché $3\ge ab+bc+ca$, allora $\begin{align}

& 3\ge ab+bc+ca\ge ac+bc\Rightarrow 3\cdot (bc-ac)\ge {{b}^{2}}{{c}^{2}}-{{a}^{2}}{{c}^{2}}\Rightarrow 3bc-{{b}^{2}}{{c}^{2}}\ge 3ac-{{a}^{2}}{{c}^{2}} \\

& 3\ge ab+bc+ca\ge ac+ab\Rightarrow 3\cdot (ac-ab)\ge {{a}^{2}}{{c}^{2}}-{{a}^{2}}{{b}^{2}}\Rightarrow 3ac-{{a}^{2}}{{c}^{2}}\ge 3ab-{{a}^{2}}{{b}^{2}} \\
\end{align}$
e quindi \[4+3ab-{{a}^{2}}{{b}^{2}}\le 4+3ac-{{a}^{2}}{{c}^{2}}\le 4+3bc-{{b}^{2}}{{c}^{2}}\Rightarrow \frac{1}{4+3ab-{{a}^{2}}{{b}^{2}}}\ge \frac{1}{4+3ac-{{a}^{2}}{{c}^{2}}}\ge \frac{1}{4+3bc-{{b}^{2}}{{c}^{2}}}.\]
Inoltre \[4+3ab-{{a}^{2}}{{b}^{2}}\ge 0\] perché $3\ge ab\ge 0$.
Adesso uso Chebyshev e otteniamo
$\sum\limits_{cyc}{\left( \frac{1-ab}{4-ab} \right)=}\sum\limits_{cyc}{\left( \frac{1-ab}{4-ab} \right)\cdot \left( \frac{1+ab}{1+ab} \right)}=\sum\limits_{cyc}{\left( \frac{1-{{a}^{2}}{{b}^{2}}}{4+3ab-{{a}^{2}}{{b}^{2}}} \right)}\ge \frac{1}{3}\left( \sum\limits_{cyc}{\left( 1-{{a}^{2}}{{b}^{2}} \right)} \right)\cdot \left( \sum\limits_{cyc}{\frac{1}{4+3ab-{{a}^{2}}{{b}^{2}}}} \right)\ge 0.$ C.V.D.

Up!