IMO 2001 problema 2

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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Maioc92
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IMO 2001 problema 2

Messaggio da Maioc92 » 01 mag 2010, 18:47

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 tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

Jessica92
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Messaggio da Jessica92 » 01 mag 2010, 18:59

Il pranzo mi aveva annebbiato la vista :lol: editato
Ultima modifica di Jessica92 il 01 mag 2010, 19:36, modificato 1 volta in totale.

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Maioc92
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Messaggio da Maioc92 » 01 mag 2010, 19:21

nel primo passaggio hai usato Cauchy-Schwarz col verso sbagliato...
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

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karl
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Messaggio da karl » 04 mag 2010, 22:37

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.
Ultima modifica di karl il 05 mag 2010, 18:29, modificato 1 volta in totale.

spugna
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Messaggio da spugna » 05 mag 2010, 06:01

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...
"Bene, ora dobbiamo massimizzare [tex]\dfrac{x}{(x+100)^2}[/tex]: come possiamo farlo senza le derivate? Beh insomma, in zero fa zero... a $+\infty$ tende a zero... e il massimo? Potrebbe essere, che so, in $10^{24}$? Chiaramente no... E in $10^{-3}$? Nemmeno... Insomma, nella frazione c'è solo il numero $100$, quindi dove volete che sia il massimo se non in $x=100$..?" (da leggere con risatine perfide e irrisorie in corrispondenza dei puntini di sospensione)

Maledetti fisici! (cit.)

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Federiko
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Messaggio da Federiko » 13 mag 2010, 16:33

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 $
CUCCIOLO

Jessica92
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Messaggio da Jessica92 » 13 mag 2010, 18:00

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

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Federiko
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Messaggio da Federiko » 14 mag 2010, 16:32

Jessica92 ha scritto:
Federiko ha scritto:dove l'ultima disuguaglianza è ottenuta per bunching perché $ \sum_{sym}a^2b\ge 6abc $.
:D
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...)
CUCCIOLO

pexar94
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Messaggio da pexar94 » 14 mag 2010, 16:45

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

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Maioc92
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Messaggio da Maioc92 » 14 mag 2010, 17:18

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.
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

dario2994
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Messaggio da dario2994 » 14 mag 2010, 17:26

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 :)
Ultima modifica di dario2994 il 15 mag 2010, 13:01, modificato 1 volta in totale.
...tristezza ed ottimismo... ed ironia...
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karl
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Messaggio da karl » 15 mag 2010, 10:54

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.

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Federiko
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Messaggio da Federiko » 15 mag 2010, 11:46

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 $
CUCCIOLO

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