OliForum Matematico

Siano a,b,c tre reali positivi soddisfacenti la relazione:
$ \displaystyle ab+bc+ca=1 $.
Dimostrare che e':
$ \displaystyle 3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}+6(a+b+c)} \leq \frac{\sqrt[3]3}{abc} $
Leandro

Vista la... latitanza di soluzioni ,propongo la mia (un po' lunghetta per la verita',ma
puo' essere lo spunto per considerazioni piu' dirette).
Innanzitutto ,elevando al cubo e riducendo a forma intera,la diseg. diventa:
$ $9(abc)^2[1+6abc(a+b+c)]\leq 1 $
A questo punto mi sono chiesto se era possibile trasformare la condizione
$ ab+bc+ca=1 $ in una del tipo $ x+y+z=1 $ dato che la somma $ x+y+z $ e'
legata ad altre espressioni da relazioni assai note.In particolare:
(1) $ $xyz \leq (\frac{x+y+z}{3})^3,xy+yz+zx\leq \frac{(x+y+z)^2}{3} $
Per ottenere cio' e' chiaro che occorre porre :
$ $ ab=z,bc=x,ca=y $ (o altre equivalenti)
e da qui si ricava:
$ $a=\frac{\sqrt{xyz}}{x},b=\frac{\sqrt{xyz}}{y},c=\frac{\sqrt{xyz}}{z},abc=\sqrt{xyz} $
Sostituendo nella diseg. risulta:
(2) $ 9(xyz)[1+6(xy+yz+zx)]\leq 1 $ con la condizione $ x+y+z=1 $
Ora dalle (1) si ottiene che:
$ $ xyz\leq \frac{1}{27},xy+yz+zx\leq \frac{1}{3} $ e quindi il primo membro P della (2) diventa:
$ $ P\leq \frac{9}{27}\left (1+\frac{6}{3}\right)}=1 $
c.d.d.
Leandro

Uso la solita sostituzione che mi piace molto
Q=ab+bc+ca =1
S=a+b+c
P=abc
La tesi diviene (sfrutto il tuo primo passaggio):
$ 9P^2(1+6PS) \leq 1 $

Lemma 1:
$ P\leq \frac{1}{\sqrt{27}} $
Per Mac Laurin:
$ P^{\frac{1}{3}} \leq \sqrt{\frac{Q}{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}} $
elevo alla terza dimostrando il lemma 1.

Lemma 2:
$ PS\leq \frac{1}{3} $
per Newton:
$ \frac{PS}{3} \leq (\frac{Q}{3})^2=\frac{1}{9} $
moltiplico per tre ottenendo il lemma 2.

Per quanto dimostrato sopra:
$ 9P^2(1+6PS) \leq 9(\frac{1}{\sqrt{27}})^2(1+6(\frac{1}{3})) = 1 $
Simone.