Vietnam TST 2005

[Maioc92]

ecco un problema su cui sbatto la testa da ieri sera senza troppi risultati...non credo sia particolarmente difficile ma non mi vengono idee (più che altro non mi vengono quelle giuste).
Siano a,b,c reali positivi. Dimostrare che
$ \displaystyle\sum_{cyc}\frac{a^3}{(a+b)^3}\ge\frac 3 8 $

[Reginald]

..ho come la sensazione di scrivere un mucchio di eresie, ma ci provo..

la disugiaglianza è omogenea, quindi posso porre$ abc=1 $(maioc docet )..dato che a,b,c sono reali positivi uso le medie..in questo caso la cubica e la geometrica,dato che so abc=1

$ $(\sum_{cyc}{\frac{a^3}{(a+b)^3}}/3)^{1/3}\ge (abc)^{1/3}=1 $,

Il caso di uguaglianza è quindi il caso minimo, e si ha se a=b=c=1 dato che è 1 il loro prodotto.

Se sostituisco a=b=c=1 viene proprio 3/8

..ho la sensazione che non funzioni...

[Maioc92]

purtroppo non funziona...intanto quando applichi CM-GM il prodotto che ti salta fuori è quello delle 3 frazioni, e non abc.
Inoltre in generale non si può applicare una disuguaglianza che porta a un bound diverso da quello richiesto e dire "il caso di uguaglianza si ha se...." e sostituire. Questo va fatto quando hai trovato il bound giusto per mostrare che è effettivamente raggiungibile, altrimenti la dimostrazione è sbagliata dal punto di vista logico.
Comunque non ti abbattere, il problema è ancora aperto (almeno per me)

[Reginald]

purtroppo non funziona...intanto quando applichi CM-GM il prodotto che ti salta fuori è quello delle 3 frazioni, e non abc.

.. che fesso....vado a dormire che è meglio.

[travelsga]

Propongo questa soluzione
$ \displaystyle\frac{1}{3}\sum_{cyc}{(\frac{a}{a+b})^3}\ge\frac{1}{8} $
Per CM-AM ho che $ \displaystyle LHS\ge (\frac{1}{3}\sum_{cyc}{\frac{a}{a+b}})^3 $
Per omogeneità posso porre $ a+b+c=1 $ e riscrivere il RHS come
$ \displaystyle (\frac{1}{3}\sum_{cyc}{a\cdot\frac{1}{1-c}})^3\ge\frac{1}{8} $ , considero pertanto la funzione $ f(x)=\dfrac{1}{1-x} $, questa risulta convessa in $ (0,1) $
(la derivata seconda è positiva), tenendo conto della positività di $ a,b,c $, quindi $ 0<a,b,c<1 $
posso applicare la disuguaglianza di convessità pesata con a,b,c (ricordo che si è assunto a+b+c=1)
$ af(c)+bf(a)+cf(b)\ge f(ab+bc+ca)=\dfrac{1}{1-(ab+bc+ca)} $
Osservo quindi $ ab+bc+ca=\dfrac{1}{2}[(a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)]=\dfrac{1}{2}[1^2-(a^2+b^2+c^2)] $ ma, da QM-AM $ a^2+b^2+c^2\ge 3(\dfrac{a+b+c}{3})^2=\dfrac{1}{3} $
pertanto $ ab+bc+ca\ge \dfrac{1}{2}(1-\dfrac{1}{3})=\dfrac{1}{3}\Rightarrow f(ab+bc+ca)\ge\dfrac{1}{1-\dfrac{1}{3}}=\dfrac{3}{2} $ sostituisco infine questo valore nell'espressione
$ LHS\ge (\dfrac{1}{3}f(ab+bc+ca))^3\ge (\dfrac{1}{2})^3 $

[Maioc92]

$ af(c)+bf(a)+cf(b)\ge f(ab+bc+ca)=\dfrac{1}{1-(ab+bc+ca)} $
Osservo quindi $ ab+bc+ca=\dfrac{1}{2}[(a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)]=\dfrac{1}{2}[1^2-(a^2+b^2+c^2)] $ ma, da QM-AM $ a^2+b^2+c^2\ge 3(\dfrac{a+b+c}{3})^2=\dfrac{1}{3} $
pertanto $ ab+bc+ca\ge \dfrac{1}{2}(1-\dfrac{1}{3})=\dfrac{1}{3} $

Hai sbagliato il verso, perchè in realtà ti viene $ ab+bc+ca\le\frac 1 3 $...anche io avevo provato una strada del genere ma l'avevo abbandonata proprio per questo motivo....

[kn]

La disuguaglianza è equivalente a $ \displaystyle~\sum_{cyc}\frac{1}{(1+x)^3} $ con $ \displaystyle~xyz=1 $, cioè a $ \displaystyle~M_{-3}(1+x,1+y,1+z)\le 2 $.. Se si potesse dimostrare che $ \displaystyle~M_{-1}(1+x,1+y,1+z)\le 2 $ seguirebbe subito la tesi, ma purtroppo è falso.. prima di perdere le speranze ho provato con $ \displaystyle~M_{-2}(1+x,1+y,1+z)\le 2 $ e funziona!
I conti sono un po' lunghi, comunque poi ho visto che su MathLinks hanno usato la stessa mia idea ma hanno usato un lemma che dimostra questa disuguaglianza più elegantemente:
$ \displaystyle~\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}\ge\frac{1}{1+xy} $
Qualcuno vuole provare a dimostrare questo lemma?

[Gauss91]

ma x e y sono positivi o non c'è condizione in questo lemma?

[Maioc92]

bravo kn, i miei complimenti per la soluzione (io ormai ci avevo rinunciato )!!!!Ho provato a farmi tutti i calcoli per sicurezza e hai ragione, alla fine si mette tutto a posto con AM-GM .
Comunque il lemma è semplice da dimostrare, infatti svolgendo i calcoli si ha da dimostrare che $ 1+x^3y+xy^3\ge x^2y^2+2xy $, che si sistema facilmente con la solita AM-GM

[dario2994]

Vediamo se ho capito la sostituzione di kn...
Praticamente fisso
$ $x=\frac{b}{a} $
e cicliche. Da cui deriva la limitazione xyz=1.
Poi parto da:
$ $M_{-3}(\frac{a}{a+b},\frac{b}{b+c},\frac{c}{c+a})\le 2 $
A cui si può arrivare svolgendo i calcoli (in teoria al contrario) e notando che si torna alla tesi.
Ora sostituisco ottenendo:
$ $M_{-3}(1+x,1+y,1+z)\le 2 $
Da qua è quasi ovvio sfruttare le disuguaglianze tra medie... provo con -2, svolgendo i calcoli viene qualcosa tipo:
$ $\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+\frac{1}{(1+z)^2}\ge \frac{3}{4} $
E da qua... non so che fare xD

[Maioc92]

Vediamo se ho capito la sostituzione di kn...
Praticamente fisso
$ $x=\frac{b}{a} $
e cicliche. Da cui deriva la limitazione xyz=1.
Poi parto da:
$ $M_{-3}(\frac{a}{a+b},\frac{b}{b+c},\frac{c}{c+a})\le 2 $
A cui si può arrivare svolgendo i calcoli (in teoria al contrario) e notando che si torna alla tesi.
Ora sostituisco ottenendo:
$ $M_{-3}(1+x,1+y,1+z)\le 2 $
Da qua è quasi ovvio sfruttare le disuguaglianze tra medie... provo con -2, svolgendo i calcoli viene qualcosa tipo:
$ $\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+\frac{1}{(1+z)^2}\ge \frac{3}{4} $
E da qua... non so che fare xD

Da qua....ti fai tutti i calcoli sperando di non sbagliare
Comunque ecco l'espressione finale da dimostrare per semplificare a tutti la vita:
$ \displaystyle \sum_{cyc}x^2y^2+2\sum_{cyc}x^2y+2\sum_{cyc}xy^2+5\sum_{cyc}x^2\ge 2\sum_{cyc}xy+2\sum_{cyc}x+18 $