IMO 2005 - Problema A3

[EvaristeG]

Siano x,y,z reali positivi tali che $ xyz\geq 1 $. Dimostrare che
$ \displaystyle{\frac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}+\frac{y^5-y^2}{x^2+y^5+z^2}+\frac{z^5-z^2}{x^2+y^2+z^5}\geq 0} $

corretto typo, grazie jack

[elianto84]

Sicuro che non sia
$ \displaystyle{\frac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}+\frac{y^5-y^2}{x^2+y^5+z^2}+\frac{z^5-z^2}{x^2+y^2+z^5}\geq 0} $

In tal caso, dopo qualche pagina di conti...
(ogni sommatoria sottointende: "su tutte le permutazioni dei tre simboli x,y,z")

$ \displaystyle{f(x,y,z) = -\frac{1}{2}\sum_{perm} x^5y^5z^2 + 5\sum_{perm} x^7y^5} $
$ \displaystyle{- \sum_{perm} x^5y^4 + 2\sum_{perm} x^5y^2z^2 + 3\sum_{perm} x^7y^2 + 2\sum_{perm} x^9} $
$ \displaystyle{-\frac{1}{2}\sum_{perm} x^6 + 2\sum_{perm} x^4y^2 + \frac{1}{2}\sum_{perm} x^2y^2z^2 \geq0} $

potremmo andar subito giù col bounching (almeno credo, non ho provato)
oppure applicare qualcosa che discende dai moltiplicatori di Lagrange

$ \displaystyle{(x_0,y_0,z_0)} $ soluzione per $ \displaystyle{ \min_{xyz=k \geq 1}f(x,y,z)} $
allora $ \displaystyle{x_0\frac{\partial}{\partial x}f(x_0,y_0,z_0)=y_0\frac{\partial}{\partial y}f(x_0,y_0,z_0)=z_0\frac{\partial}{\partial z}f(x_0,y_0,z_0)=k} $

Ora applichiamo il teorema di Eulero per i polinomi omogenei ed abbiamo

$ \displaystyle{x_0\frac{\partial}{\partial x}f(x_0,y_0,z_0) + y_0\frac{\partial}{\partial y}f(x_0,y_0,z_0) +} $
$ \displaystyle{+ z_0\frac{\partial}{\partial z}f(x_0,y_0,z_0) \leq 12 f(x_0,y_0,z_0)} $

da cui, accidentalmente,

$ \displaystyle{f(x_0,y_0,z_0) \geq \frac{3k}{12} \geq 0 $

che dimostra la disuguaglianza.

[Boll]

Vediamo se riusciamo ad essere un filo più elementari, dopo 3 giorni, 2 su una funzione concava che poi non era concava, dovrei averla avuta vinta!

Siano x,y,z reali positivi tali che $ xyz\geq 1 $. Dimostrare che
$ \displaystyle{\frac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}+\frac{y^5-y^2}{x^2+y^5+z^2}+\frac{z^5-z^2}{x^2+y^2+z^5}\geq 0} $

Riscriviamo la tesi:

$ \dfrac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}=\dfrac{x^5-x^2-y^2-z^2+y^2+z^2}{x^5+y^2+z^2}=1-\dfrac{x^2+y^2+z^2}{x^5+y^2+z^2} $

quindi $ \displaystyle \sum \dfrac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}\ge 0 $
diviene $ \displaystyle \sum 1-\dfrac{x^2+y^2+z^2}{x^5+y^2+z^2}\ge 0 $
$ \displaystyle \sum \dfrac{x^2+y^2+z^2}{x^5+y^2+z^2}\le 3 $
$ \displaystyle \sum \dfrac{1}{x^5+y^2+z^2}\le \dfrac{3}{x^2+y^2+z^2} $ (NUOVA TESI)

Questa diventa la mia tesi.

Ora, dalle ipotesi sappiamo che $ x\ge \dfrac{1}{yz} $
Quindi che
$ \displaystyle \sum \dfrac{1}{x^5+y^2+z^2}\le \sum \dfrac{1}{\dfrac{x^4}{yz}+y^2+z^2} $
ora si esulta perchè è diventata simmetrica ed omogenea
ora, per Cauchy avremo

$ \left({\dfrac{x^4}{yz}+y^2+z^2}\right)(yz+y^2+z^2)\ge (x^2+y^2+z^2)^2 $
che riscritta è
$ \dfrac{1}{\dfrac{x^4}{yz}+y^2+z^2}\le \dfrac{yz+y^2+z^2}{(x^2+y^2+z^2)^2} $

passando alle somme cicliche

$ \displaystyle\sum \dfrac{1}{\dfrac{x^4}{yz}+y^2+z^2}\le $$ \displaystyle \sum \dfrac{yz+y^2+z^2}{(x^2+y^2+z^2)^2}=\dfrac{2(x^2+y^2+z^2)+xy+yz+zx}{(x^2+y^2+z^2)^2} $

ci rimane da provare quindi che

$ \dfrac{2(x^2+y^2+z^2)+xy+yz+zx}{(x^2+y^2+z^2)^2}\le \dfrac{3}{x^2+y^2+z^2} $

ma questa è
$ x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx $, che è nota

Poichè tutti i passaggi svolti sono invertibili, la tesi è dimostrata.

[Hammond]

Poichè tutti i passaggi svolti sono invertibili, la tesi è dimostrata.

Non ho capito questo...
in che senso invertibili?

[Boll]

Di solito si va dalle ipotesi alle tesi. Io sono andato dalla tesi alle ipotesi per poca voglia di scriverla "al contrario", se tutti i passaggi non fossero invertibili, cioè se ogni volta che io faccio susseguire alla proposizione A la proposizione B non valesse "A è vera sse B è vera" la mia dimostrazione sarebbe errata.

[Simo_the_wolf]

Per questa disuguaglianza c`e` un moldavo che l`ha rsolta in 3-4 righe ed ha reso il premio permio speciale per la brillante soluzione... La postero` unaltra volta....

[Boll]

Forse se scrivo il tutto senza spiegare niente ci arrivo a 3 righe :D:D:D (ovviamente scherzo)

[Simo_the_wolf]

Si ma questa e` piu` bella perche` non usa Cauchy-Shwarz e ammennicoli simili...

Abbiamo che

$ \displaystyle \sum_{cyc} \frac {x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2} \geq \sum_{cyc}\frac {x^5-x^2}{x^3(x^2+y^2+z^2)} $$ = \frac{\sum_{cyc} x^2-1/x}{x^2+y^2+z^2}\geq $
$ \displaystyle \geq \frac{\sum_{cyc} x^2-zy}{x^2+y^2+z^2} \geq 0 $


L`unica cosa non "ovvia" e` che $ \displaystyle \frac {x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2} \geq \frac {x^5-x^2}{x^3(x^2+y^2+z^2)} $. Ma e` facile dimostrarlo: infatti se $ x<1 $ allora $ x^5-x^2 $ e` negativo ma il denominatore a sinistra e` piu` grande di quello a destra, mentre se $ x\geq1 $ allora i numeratori sono positivi e il denominatore di sinistra e` piu` piccolo di quello di destra.

Corretto il LaTeX. MindFlyer

[fph]

Mi sembra troppo corta, probabilmente ho sbagliato qualche verso:

CS:

$ (x^5+y^2+z^2)(\frac 1 x+y^2+z^2)\geq (x^2+y^2+z^2)^2 $

quindi

$ \displaystyle \sum_{cycl} \frac1 {x^5+y^2+z^2} \leq \sum_{cycl} \frac{\frac 1 x+y^2+z^2}{(x^2+y^2+z^2)^2} = $

$ \displaystyle =\frac 2 {x^2+y^2+z^2} + \frac{\frac1x+\frac1y+\frac1z}{(x^2+y^2+z^2)^2} \leq $

$ \displaystyle \leq \frac 2 {x^2+y^2+z^2} + \frac{yz+xz+xy}{(x^2+y^2+z^2)^2} \leq \frac 3{x^2+y^2+z^2} $

Aggiunto il LaTeX. MindFlyer
Corretto il LaTeX. FrancescoVeneziano


ciao,