Boh, c'è sta disuguaglianza

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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Kfp
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Boh, c'è sta disuguaglianza

Messaggio da Kfp »

Siano $a$, $b$ e $c$ reali positivi tali che $a+b+c=abc$. Dimostrare che:

$$\frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+b^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+c^{2}}} \leq \frac{3}{2}$$

e via, determiniamo pure i casi di uguaglianza.
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Lasker
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Re: Boh, c'è sta disuguaglianza

Messaggio da Lasker »

Lemma: se $\alpha+\beta+\gamma=k\pi$ (con $k\in\mathbb{Z}$), allora vale
$$\tan(\alpha)+\tan(\beta)+\tan(\gamma)=\tan(\alpha)\tan(\beta)\tan(\gamma)$$

$$\alpha+\beta+\gamma=k\pi\Rightarrow \alpha+\beta=k\pi-\gamma$$
Prendendo la tangente di entrambi i membri, ottengo che deve valere quindi
$$(1) \ \ \ \tan(\alpha+\beta)=\tan(k\pi-\gamma)$$
ma essendo la tangente una funzione periodica di periodo $\pi$, posso vedere tutti gli angoli modulo $\pi$ e riscrivere l'ultima equazione come:
$$\tan(\alpha+\beta)=\tan(-\gamma)$$
Poiché inoltre la tangente è una funzione dispari, il RHS si riscrive come $-\tan(\gamma)$. Usando quindi la formula di addizione della tangente al LHS, si ha che è verificata:
$$\frac{\tan(\alpha)+\tan(\beta)}{1-\tan(\alpha)\tan(\beta)}=-tan(\gamma)\Rightarrow \tan(\alpha)+\tan(\beta)=-\tan(\gamma)+\tan(\alpha)\tan(\beta)\tan(\gamma)$$
Sommando $\tan(\gamma)$ ad entrambi i membri si ha quindi la tesi del lemma. Osservo inoltre che se $\alpha+\beta+\gamma=x$, con $x\ne k\pi$, affinché valga la medesima identità dovrebbe valere
$$\tan(x-\gamma)(1-\tan(\alpha)\tan(\beta))=\tan(k\pi-\gamma)(1-\tan(\alpha)\tan(\beta))\Rightarrow \tan(x-\gamma)=\tan(k\pi-\gamma)$$
Ovvero, per l'iniettività della tangente in $-\pi/2,\pi/2$, dovrebbe essere $x-\gamma=k\pi-\gamma\Rightarrow x=k\pi$, assurdo; dunque il lemma in effetti è un "se e solo se".

Dato il nostro lemma, il vincolo $a+b+c=abc$ diventa molto più trattabile, posso infatti tranquillamente sostituire $a\leftarrow\arctan(\alpha)$ e cicliche (sapendo che $\alpha+\beta+\gamma=\pi$); la tesi diventa quindi:
$$\frac{1}{\sqrt{1+\tan^2(\alpha)}}+\frac{1}{\sqrt{1+\tan^2(\beta)}}+\frac{1}{\sqrt{1+\tan^2(\gamma)}}\leq \frac{3}{2}$$
Ovvero, sostituendo banalmente $\tan(x)$ con $\sin(x)/\cos(x)$, e ricordando che $\sin^2(x)+\cos^2(x)=1$,
$$\sum_{cyc} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{\sin^2(\alpha)}{\cos^2(\alpha)}}}=\sum_{cyc} \frac{\cos(\alpha)}{\sqrt{\sin^2(\alpha)+\cos^2(\alpha)}}=\cos(\alpha)+\cos(\beta)+\cos(\gamma)\leq \frac{3}{2}$$
Ricordo che stiamo usando angoli modulo $\pi$, visto che il coseno è concavo in $(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$ (per mostrarlo, boh, basta fare la derivata seconda che è $-\cos(x)$ e studiarne il segno), quindi per Jensen con pesi $1/3, 1/3$ ed $1/3$ si ha che vale:
$$\frac{1}{3}\cos(\alpha)+\frac{1}{3}\cos(\beta)+\frac{1}{3}\cos(\gamma)\leq\cos\left(\frac{\alpha+\beta+\gamma}{3}\right)=\cos\left(\frac{\pi}{3}\right)=\frac{1}{2}$$
Moltiplicando entrambi i membri di questa disuguaglianza per $3$ si ha la tesi, con uguaglianza se e solo se $\alpha=\beta=\gamma=\frac{\pi}{3}$, da cui $a=b=c=\tan(\pi/3)=\sqrt{3}$
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Kfp
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Re: Boh, c'è sta disuguaglianza

Messaggio da Kfp »

A parte il fatto che questo pezzo
Lasker ha scritto:Osservo inoltre che se $\alpha+\beta+\gamma=x$, con $x\ne k\pi$, affinché valga la medesima identità dovrebbe valere
$$\tan(x-\gamma)(1-\tan(\alpha)\tan(\beta))=\tan(k\pi-\gamma)(1-\tan(\alpha)\tan(\beta))\Rightarrow \tan(x-\gamma)=\tan(k\pi-\gamma)$$
Ovvero, per l'iniettività della tangente in $-\pi/2,\pi/2$, dovrebbe essere $x-\gamma=k\pi-\gamma\Rightarrow x=k\pi$, assurdo; dunque il lemma in effetti è un "se e solo se".
(che poi è il punto cruciale del problema) è spiegato male, tutto funziona bene. Ottimo! Sembrava un modo carino per far vedere una sostituzione classica nelle disuguaglianze, sai mai torni utile a qualcuno un giorno in qualche vita.
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desc26
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Re: Boh, c'è sta disuguaglianza

Messaggio da desc26 »

Testo nascosto:
Correggetemi se ho sbagliato dei conti.
Chiamo $x:=\frac{1}{\sqrt{bc}}$ , $y:=\frac{1}{\sqrt{ca}}$ , $z:=\frac{1}{\sqrt{ab}}$ con $x,y,z>0$.
Vale $x^2+y^2+z^2=1$ e la tesi si riscrive come $$\sum_{cyc}{\frac{1}{\sqrt{1+\frac{x^2}{y^2z^2}}}} \leq \frac{3}{2}$$ cioè $$\sum_{cyc}{\frac{yz}{\sqrt{y^2z^2+x^2}}} \leq \frac{3}{2}$$ e usando $x^2+y^2+z^2=1$ diventa $$\sum_{cyc}{\frac{yz}{\sqrt{y^2z^2+x^2(x^2+y^2+z^2)}}} \leq \frac{3}{2}$$ che per esteso vuol dire $$\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}} \frac{z}{\sqrt{x^2+z^2}}+\frac{z}{\sqrt{y^2+z^2}} \frac{x}{\sqrt{y^2+x^2}}+\frac{x}{\sqrt{z^2+x^2}} \frac{y}{\sqrt{z^2+y^2}} \leq \frac{3}{2}$$
Ora, alla faccia della simmetria, applico Cauchy-Schwarz: $$\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}} \frac{z}{\sqrt{x^2+z^2}}+\frac{x}{\sqrt{y^2+x^2}} \frac{z}{\sqrt{y^2+z^2}} \leq \sqrt{\left(\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)^2+\left(\frac{x}{\sqrt{y^2+x^2}}\right)^2} \sqrt{\left(\frac{z}{\sqrt{x^2+z^2}}\right)^2+\left(\frac{z}{\sqrt{y^2+z^2}}\right)^2}=$$ $$=\sqrt{1} \sqrt{1-\left(\frac{x}{\sqrt{z^2+x^2}}\right)^2+1-\left(\frac{y}{\sqrt{z^2+y^2}}\right)^2}=\sqrt{2-r^2-s^2}$$ con $r:=\frac{x}{\sqrt{z^2+x^2}}$ e $s:=\frac{y}{\sqrt{z^2+y^2}}$
Basta ora mostrare che $\sqrt{2-r^2-s^2}+rs \leq \frac{3}{2}$ con $0 \leq r,s \leq 1$ (come si vede facilmente dalla definizione di $r$ e di $s$). Posso quindi portare $rs$ dall'altro lato ed elevare al quadrato senza problemi: per la tesi è sufficiente che $4(2-r^2-s^2) \leq (3-2rs)^2$ , ma vale $$(4s^2+4)((3-2rs)^2-4(2-r^2-s^2))=(4s^2+4)(4r^2s^2+4r^2+4s^2-12rs+1)=(4s^2+4)((4s^2+4)r^2-12sr+(4s^2+1))=$$ $$=((4s^2+4)r)^2-2((4s^2+4)r)(6s)+36s^2-36s^2+(4s^2+4)(4s^2+1)=((4s^2+4)r-6s)^2+(16s^4-16s^2+4)=$$ $$=((4s^2+4)r-6s)^2+(4s^2-2)^2 \geq 0$$
Quindi la tesi è dimostrata.
Caso di uguaglianza: nell'ultima disuguaglianza l'uguaglianza è quando $s=\frac{\sqrt{2}}{2}$ e $r=\frac{6s}{4s^2+4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ cioè $x=\frac{\sqrt{2}}{2} \sqrt{x^2+z^2}$ (vale a dire $x=z$) e $y=\frac{\sqrt{2}}{2} \sqrt{y^2+z^2}$ (ovvero $y=z$) che ricordando la definizione di $x$,$y$ e $z$ equivale a dire $a=b=c$.
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