abcd >= 3

[pi_greco_quadro]

D'accordo che il facile o il difficile sono soggettivi, ma questa è veramente un bel casino... dunque....

siano $ a,b,c,d> 0 $ tali che $ \displaystyle \frac{1}{1+a^4}+\frac{1}{1+b^4}+\frac{1}{1+c^4}+\frac{1}{1+d^4}=1 $

si provi che

$ abcd\geq 3 $

[Sepp]

Ricordando che $ 1 + \tan^2x = \frac{1}{\cos^2x} $, poniamo $ a^4 = \tan^2A, b^4 = \tan^2B, c^4 = \tan^2C, d^4 = \tan^2D $.

Dobbiamo provare che $ \tan^2A\tan^2B\tan^2C\tan^2D \geq 3^4 $.

La condizione iniziale diventa $ \cos^2A + \cos^2B + \cos^2C + \cos^2D = 1 $ da cui, per AM-GM, $ \sin^2A = \cos^2B + \cos^2C + \cos^2D \geq 3\sqrt[3]{\cos^2B\cos^2C\cos^2D} $ e cicliche.

Moltiplicando le quattro diseguaglianze ottenute si ha $ \sin^2A\sin^2B\sin^2C\sin^2D \geq 3^4 \cdot \cos^2A\cos^2B\cos^2C\cos^2D $ da cui la tesi.

[mattilgale]

fatta con qualche aiuto di elia...

allora... se poniamo $ a=\sqrt{\tan\alpha},\ b=\sqrt{\tan\beta},\dots $

allora abbiamo come ipotesi

$ \sum \cos^2\alpha=1 $ e come tesi $ \displaystyle\sqrt{\prod\frac{\sqrt{1-\cos^2\alpha}}{\cos\alpha}}\geq 3 $

quindi ponendo $ \cos\alpha=x,\ \cos\beta=y,\ \dots $

riscriviamo adesso la tesi come

$ \displaystyle\prod\sqrt{\frac{1}{x^2}-1}}\geq 9\ \Rightarrow\ \prod\left(\frac{1}{x^2}-1\right) \geq 81 $

consideriamo adesso la funzione $ f(x)=\ln\left(\frac{1}{x}-1\right) $ che è convessa in $ \mathbb{R}^+ $ come si vede calcolando la derivata seconda.

pertanto abbiamo che $ \displaystyle\sum\ln\left(\frac{1}{x^2}-1\right)\geq 4\ln\left(\frac{1}{\frac{1}{4}\cdot\sum x^2}-1\right)=4\ln(3)=\ln(3^4) $

e quindi la tesi

[Simo_the_wolf]

Quanto spreco inutile di forze...

[frengo]

$ x=\frac{1}{1+a^4} $
$ y=\frac{1}{1+b^4} $
$ z=\frac{1}{1+c^4} $
$ t=\frac{1}{1+d^4} $

da cui
$ a=\sqrt[4]{\frac{1-x}{x}} $
$ b=\sqrt[4]{\frac{1-y}{y}} $
$ c=\sqrt[4]{\frac{1-z}{z}} $
$ d=\sqrt[4]{\frac{1-t}{t}} $

la tesi da dimostrare diventa:

$ \frac{1-x}{x} \cdot \frac{1-y}{y} \cdot \frac{1-z}{z} \cdot \frac{1-t}{t}\geq 81 $

con $ x+y+z+t=1 $

$ \frac{y+z+t}{x} \cdot \frac{x+z+t}{y} \cdot \frac{x+y+t}{z} \cdot \frac{x+y+z}{t}\geq 81 $

$ (y+z+t)(x+z+t)(x+y+t)(x+y+z)\geq81xyzt $

che è AM-GM

ciao ciao
ps

[pi_greco_quadro]

bella a tutti... io personalmente l'ho fatta come Sepp pensando all'identità $ \displaystyle \frac{1}{1+tan^2\alpha}=cos^2\alpha $ che poi mi semplificava un bel po' la vita

[girino]

potresti spiegarmi meglio perchè è AM-GM. sarà sicuramente così,ma non ci arrivo abbi pietà di un beginner

[edriv]

$ \frac {y+z+t}3 \ge \sqrt[3]{yzt} $
$ \frac {x+z+t}3 \ge \sqrt[3]{xzt} $
$ \frac {x+y+t}3 \ge \sqrt[3]{xyt} $
$ \frac {xyz}3 \ge \sqrt[3]{xyz} $
Queste quattro sono proprio AM-GM pura e semplice.
Se moltiplichi tutto, ottieni
$ \frac{(y+z+t)(x+z+t)(x+y+t)(x+y+z)} {81} \ge \sqrt[3]{x^3y^3z^3} = xyz $

Moltiplica per 81 ed hai quel che cercavi.

[girino]

grazie