Faccio troppi post ma non è spam
Inviato: 11 nov 2017, 19:18
Siano $a$, $b$ e $c$ reali positivi con prodotto $1$. Dimostrare che
\[\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{1}{a^5+b^5+c^2}\le 1.\]
\[\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{1}{a^5+b^5+c^2}\le 1.\]
Testo nascosto:
Consideriamo l'espressione della disuguaglianza di Cauchy-Schwarz nella forma $\displaystyle{\frac{1}{\sum{p_i^2}} \leq \frac{\sum{q_i^2}}{\left( \sum{p_iq_i} \right)^2}}$ e applichiamola alle terne $(a^2\sqrt{a}, b^2\sqrt{b}, c^2\sqrt{c})$ e $(b\sqrt{a}, a\sqrt{b}, 1)$ e cicliche.
Abbiamo:
$\displaystyle{\sum_{cyc}{\frac{1}{a^5+b^5+c^2}} \leq \sum_{cyc}{\frac{ab^2+a^2b+1}{(a^3b+b^3a+c)^2}} = \sum_{cyc}{\frac{ab^2c^2+a^2bc^2+c^2}{(a^3bc+b^3ac+c^2)^2}} = \sum_{cyc}{\frac{bc+ca+c^2}{(a^2+b^2+c^2)^2}} = \frac{(a+b+c)^2}{(a^2+b^2+c^2)^2} \leq 1}.$
L'ultima disuguaglianza è equivalente a $\displaystyle{\frac{a+b+c}{3} \leq \frac{a^2+b^2+c^2}{3}}$.
Poiché $abc=1$ per AM-GM abbiamo $\displaystyle{\frac{a+b+c}{3} \geq \sqrt[3]{abc} = 1}$.
Dunque $\displaystyle{\frac{a+b+c}{3} \leq \frac{(a+b+c)^2}{9} \leq \frac{a^2+b^2+c^2}{3}}$ e dunque la tesi.
Abbiamo:
$\displaystyle{\sum_{cyc}{\frac{1}{a^5+b^5+c^2}} \leq \sum_{cyc}{\frac{ab^2+a^2b+1}{(a^3b+b^3a+c)^2}} = \sum_{cyc}{\frac{ab^2c^2+a^2bc^2+c^2}{(a^3bc+b^3ac+c^2)^2}} = \sum_{cyc}{\frac{bc+ca+c^2}{(a^2+b^2+c^2)^2}} = \frac{(a+b+c)^2}{(a^2+b^2+c^2)^2} \leq 1}.$
L'ultima disuguaglianza è equivalente a $\displaystyle{\frac{a+b+c}{3} \leq \frac{a^2+b^2+c^2}{3}}$.
Poiché $abc=1$ per AM-GM abbiamo $\displaystyle{\frac{a+b+c}{3} \geq \sqrt[3]{abc} = 1}$.
Dunque $\displaystyle{\frac{a+b+c}{3} \leq \frac{(a+b+c)^2}{9} \leq \frac{a^2+b^2+c^2}{3}}$ e dunque la tesi.