Junior Balkan 2012

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
Rispondi
Scugnamì
Messaggi: 23
Iscritto il: 09 set 2014, 15:39

Junior Balkan 2012

Messaggio da Scugnamì » 03 nov 2014, 15:23

Per tutti i reali positivi tali che $a+b+c=1$ dimostrare che vale $\displaystyle \frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{c}{a}+\frac{b}{c}+\frac{b}{a}+6\geq 2\sqrt{2}\left (\sqrt{\frac{1-a}{a}}+\sqrt{\frac{1-b}{b}}+\sqrt{\frac{1-c}{c}}\right ). $
Cristo è l'unica soluzione reale. Tutte le altre sono complesse coniugate

Un corpo maleducato immerso in un liquido jastemma.

Delfad0r
Messaggi: 42
Iscritto il: 28 ago 2014, 19:59

Re: Junior Balkan 2012

Messaggio da Delfad0r » 03 nov 2014, 16:53

Poniamo
$$
x=\sqrt{\frac{1-a}{a}},\quad y=\sqrt{\frac{1-b}{b}},\quad z=\sqrt{\frac{1-c}{c}}, \quad S=x+y+z
$$
La disuguaglianza diventa (dato che $\frac{b+c}{a}=\frac{1-a}{a}=x^2$ e cicliche)
$$
x^2+y^2+z^2+6 \stackrel{?}{\ge}2\sqrt{2}(x+y+z)
$$
Per QM-AM il LHS è maggiore o uguale a $\frac{S^2}{3}+6$, ma d'altro canto si dimostra facilmente che
$$
\frac{S^2}{3}+6\ge 2\sqrt{2}S
$$
dato che
$$
\frac{S^2-6\sqrt{2}S+18}{3}=\frac{(S-3\sqrt{2})^2}{3}\ge 0
$$

Rispondi