Siano a,b,c reali positivi. Dimostrare che
$ \displaystyle \frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+ \frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\ge 1 $
IMO 2001 problema 2
IMO 2001 problema 2
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!
editato
La soluzione (semi)ufficiale si basa su Cauchy-Schwarz ,applicata in modo
particolare.Esiste però una dimostrazione alternativa che gareggia egregiamente
con la prima in quanto ad ..arzigogoli algebrici !!
Dunque l'idea è quella di trovare 3 reali positivi x,y,z tali che risulti:
(1)$ \displaystyle\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}\geq \frac{x}{x+y+z} $
ed altre due cicliche.E' allora evidente che, sommando le tre relazioni così
ottenute, discende la tesi.Ora il genialone di turno ha trovato che
questi tre numeri esistono e sono :
$ \displaystyle x=a^{4/3} $ e cicliche.
Si tratta perciò di dimostrare la (1) con questi valori.Ovvero:
$ \displaystyle \frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}\geq\frac{a^{4/3}}{a^{4/3}+b^{4/3}+c^{4/3}} $
e cicliche.E qui un'altra invenzione alla Einstein.Partiamo da :
$ \displaystyle (a^{4/3}+b^{4/3}+c^{4/3})^2-(a^{4/3})^2=(b^{4/3}+c^{4/3})(a^{4/3}+a^{4/3}+b^{4/3}+c^{4/3}) $
Per AM-GM risulta:
$ \displaystyle (a^{4/3}+b^{4/3}+c^{4/3})^2-(a^{4/3})^2\geq 2b^{2/3}c^{2/3}\cdot 4a^{2/3}b^{1/3}c^{1/3}=8a^{2/3}bc $
Da cui di seguito :
$ \displaystyle (a^{4/3}+b^{4/3}+c^{4/3})^2 \geq (a^{4/3})^2+8a^{2/3}bc=a^{2/3}(a^2+8bc) $
$ \displaystyle \frac{1}{\sqrt{a^2+8bc}} $$ \displaystyle \geq \frac{a^{1/3}}{a^{4/3}+b^{4/3}+c^{4/3}} $
E moltiplicando per a :
$ \displaystyle \frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}\geq \frac{a^{4/3}}{a^{4/3}+b^{4/3}+c^{4/3}} $
E con questo finisce la trovata.Spero vi divertiate nel leggere.
particolare.Esiste però una dimostrazione alternativa che gareggia egregiamente
con la prima in quanto ad ..arzigogoli algebrici !!
Dunque l'idea è quella di trovare 3 reali positivi x,y,z tali che risulti:
(1)$ \displaystyle\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}\geq \frac{x}{x+y+z} $
ed altre due cicliche.E' allora evidente che, sommando le tre relazioni così
ottenute, discende la tesi.Ora il genialone di turno ha trovato che
questi tre numeri esistono e sono :
$ \displaystyle x=a^{4/3} $ e cicliche.
Si tratta perciò di dimostrare la (1) con questi valori.Ovvero:
$ \displaystyle \frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}\geq\frac{a^{4/3}}{a^{4/3}+b^{4/3}+c^{4/3}} $
e cicliche.E qui un'altra invenzione alla Einstein.Partiamo da :
$ \displaystyle (a^{4/3}+b^{4/3}+c^{4/3})^2-(a^{4/3})^2=(b^{4/3}+c^{4/3})(a^{4/3}+a^{4/3}+b^{4/3}+c^{4/3}) $
Per AM-GM risulta:
$ \displaystyle (a^{4/3}+b^{4/3}+c^{4/3})^2-(a^{4/3})^2\geq 2b^{2/3}c^{2/3}\cdot 4a^{2/3}b^{1/3}c^{1/3}=8a^{2/3}bc $
Da cui di seguito :
$ \displaystyle (a^{4/3}+b^{4/3}+c^{4/3})^2 \geq (a^{4/3})^2+8a^{2/3}bc=a^{2/3}(a^2+8bc) $
$ \displaystyle \frac{1}{\sqrt{a^2+8bc}} $$ \displaystyle \geq \frac{a^{1/3}}{a^{4/3}+b^{4/3}+c^{4/3}} $
E moltiplicando per a :
$ \displaystyle \frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}\geq \frac{a^{4/3}}{a^{4/3}+b^{4/3}+c^{4/3}} $
E con questo finisce la trovata.Spero vi divertiate nel leggere.
Ultima modifica di karl il 05 mag 2010, 18:29, modificato 1 volta in totale.
La mia idea consisteva nel porre $ a \le b \le c $ e $ a+b+c=3 $, da cui si trova per AM-GM $ \dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}} \ge \dfrac{a}{\sqrt{a^2+2(b+c)^2}}=\dfrac{a}{\sqrt{a^2+2(3-a)^2}}=\dfrac{a}{\sqrt{3(a^2-4a+6)}} $. Poi in qualche modo ho usato Jensen e una serie di calcoli che vi risparmio...
"Bene, ora dobbiamo massimizzare [tex]\dfrac{x}{(x+100)^2}[/tex]: come possiamo farlo senza le derivate? Beh insomma, in zero fa zero... a $+\infty$ tende a zero... e il massimo? Potrebbe essere, che so, in $10^{24}$? Chiaramente no... E in $10^{-3}$? Nemmeno... Insomma, nella frazione c'è solo il numero $100$, quindi dove volete che sia il massimo se non in $x=100$..?" (da leggere con risatine perfide e irrisorie in corrispondenza dei puntini di sospensione)
Maledetti fisici! (cit.)
Maledetti fisici! (cit.)
Dato che è omogenea assumo $ a+b+c=1 $. Uso jensen sapendo che $ \frac{1}{\sqrt x} $ è convessa.
$ \displaystyle LHS\ge \frac{1}{\sqrt{a^3+b^3+c^3+24abc}} $
Ma, sapendo che $ a+b+c=1 $
$ \displaystyle a^3+b^3+c^3=1-3\sum_{sym}a^2b-6abc\le 1-24abc $
dove l'ultima disuguaglianza è ottenuta per bunching perché $ \sum_{sym}a^2b\ge 6abc $ .
Quindi $ \sqrt{a^3+b^3+c^3+24abc}\ge \sqrt{1-24abc+24abc} $ e allora $ LHS\ge 1 $
$ \displaystyle LHS\ge \frac{1}{\sqrt{a^3+b^3+c^3+24abc}} $
Ma, sapendo che $ a+b+c=1 $
$ \displaystyle a^3+b^3+c^3=1-3\sum_{sym}a^2b-6abc\le 1-24abc $
dove l'ultima disuguaglianza è ottenuta per bunching perché $ \sum_{sym}a^2b\ge 6abc $ .
Quindi $ \sqrt{a^3+b^3+c^3+24abc}\ge \sqrt{1-24abc+24abc} $ e allora $ LHS\ge 1 $
CUCCIOLO
la mia era questa:
1)$ \displaystyle \frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+ \frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\ge \frac{(a+b+c)^2}{a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ac}+c\sqrt{c^2+8ab}} $
2)$ \displaystyle\frac{(a+b+c)^2}{a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ac}+c\sqrt{c^2+8ab}}\ge\frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{(a+b+c)(a(a^2+8bc)+b(b^2+8ac)+c(c^2+8ab))}} $
3)$ \displaystyle\frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{(a+b+c)(a(a^2+8bc)+b(b^2+8ac)+c(c^2+8ab))}}\ge 1 $
Le prime 2 sono vere per Cauchy-Schwarz, la terza si dimostra facilmente elevando al quadrato e usando il bunching.
1)$ \displaystyle \frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+ \frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\ge \frac{(a+b+c)^2}{a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ac}+c\sqrt{c^2+8ab}} $
2)$ \displaystyle\frac{(a+b+c)^2}{a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ac}+c\sqrt{c^2+8ab}}\ge\frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{(a+b+c)(a(a^2+8bc)+b(b^2+8ac)+c(c^2+8ab))}} $
3)$ \displaystyle\frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{(a+b+c)(a(a^2+8bc)+b(b^2+8ac)+c(c^2+8ab))}}\ge 1 $
Le prime 2 sono vere per Cauchy-Schwarz, la terza si dimostra facilmente elevando al quadrato e usando il bunching.
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!
Per la 1 mi espliciti quali sono le 3-uple a cui applichi cauchy... non l'ho capito xD
EDIT: l'ho capito... e lo esplicito, usa la disuguaglianza:
$ $ \sum_{cyc}\frac{a}{a'}\ge \frac{\left(\sum_{cyc}a\right)^2}{\sum_{cyc}aa'} $
Che è vera moltiplicando per il denominatore e applicando cauchy... poi associo ad a' il valore della prima radice e così con b', c' ed ottengo la 1)
Mi sono accorto di un'altra cosa... che mi sembra degna di essere postata... in 1,2 lui non ha usato davvero il valore delle radici, quelle disuguaglianze sono vere sempre... praticamente 1,2 sono come dire:
$ $\sum_{cyc}\frac{a}{a'}\ge \sqrt{\frac{\left(\sum_{cyc}a\right)^3}{\sum_{cyc}aa'^2}} $
Questa si dimostra facilmente per cauchy a 3-specie (non ho controllato che cauchy a n-specie sia davvero questo, ma mi sembra coerente che lo sia):
$ $\left(\sum_{cyc}\frac{a}{a'}\right)\left(\sum_{cyc}\frac{a}{a'}\right)\left(\sum_{cyc}aa'^2\right)\ge\left(\sum_{cyc}a\right)^3 $
EDIT2: Ho rimpicciolito i miei commenti per poter proporre un nuovo problema... che spero non sia sbagliato, e che si risolve in modo simile a quello trattato in questo post:
Dati x,y,z positivi vale:
$ $\sum_{cyc} \frac{x}{\sqrt{x^2+3xy+3xz+2yz}}\ge 1 $
Appena qualcuno risolve questo ingrandisco di nuovo tutto e rendo leggibile il tex
Forse quello che ho proposto è noto...
EDIT3: Ora che sono state postate alcune soluzioni posto la mia che è ispirata a quella di Maioc, ma più coatta xD:
Chiamo x',y',z' le radici... allora vale:
$ $\sum \frac{x}{x'}\sum \frac{x}{x'}\sum xx'^2\ge \left(\sum x\right)^3=\sum xx'^2 $
La prima disuguaglianza viene per cauchy a 3-specie, l'identità per definizione di x',y',z'. Ora divido entrambi i membri per $ $\sum xx'^2 $ e poi estraggo la radice ottenendo la tesi
EDIT: l'ho capito... e lo esplicito, usa la disuguaglianza:
$ $ \sum_{cyc}\frac{a}{a'}\ge \frac{\left(\sum_{cyc}a\right)^2}{\sum_{cyc}aa'} $
Che è vera moltiplicando per il denominatore e applicando cauchy... poi associo ad a' il valore della prima radice e così con b', c' ed ottengo la 1)
Mi sono accorto di un'altra cosa... che mi sembra degna di essere postata... in 1,2 lui non ha usato davvero il valore delle radici, quelle disuguaglianze sono vere sempre... praticamente 1,2 sono come dire:
$ $\sum_{cyc}\frac{a}{a'}\ge \sqrt{\frac{\left(\sum_{cyc}a\right)^3}{\sum_{cyc}aa'^2}} $
Questa si dimostra facilmente per cauchy a 3-specie (non ho controllato che cauchy a n-specie sia davvero questo, ma mi sembra coerente che lo sia):
$ $\left(\sum_{cyc}\frac{a}{a'}\right)\left(\sum_{cyc}\frac{a}{a'}\right)\left(\sum_{cyc}aa'^2\right)\ge\left(\sum_{cyc}a\right)^3 $
EDIT2: Ho rimpicciolito i miei commenti per poter proporre un nuovo problema... che spero non sia sbagliato, e che si risolve in modo simile a quello trattato in questo post:
Dati x,y,z positivi vale:
$ $\sum_{cyc} \frac{x}{\sqrt{x^2+3xy+3xz+2yz}}\ge 1 $
Appena qualcuno risolve questo ingrandisco di nuovo tutto e rendo leggibile il tex
Forse quello che ho proposto è noto...EDIT3: Ora che sono state postate alcune soluzioni posto la mia che è ispirata a quella di Maioc, ma più coatta xD:
Chiamo x',y',z' le radici... allora vale:
$ $\sum \frac{x}{x'}\sum \frac{x}{x'}\sum xx'^2\ge \left(\sum x\right)^3=\sum xx'^2 $
La prima disuguaglianza viene per cauchy a 3-specie, l'identità per definizione di x',y',z'. Ora divido entrambi i membri per $ $\sum xx'^2 $ e poi estraggo la radice ottenendo la tesi
Ultima modifica di dario2994 il 15 mag 2010, 13:01, modificato 1 volta in totale.
...tristezza ed ottimismo... ed ironia...
Io ti racconto lo squallore di una vita vissuta a ore di gente che non sa più far l'amore...
"Allora impara a fare meno il ruffiano. Io non lo faccio mai e guarda come sono ganzo" Tibor Gallai
Io ti racconto lo squallore di una vita vissuta a ore di gente che non sa più far l'amore...
"Allora impara a fare meno il ruffiano. Io non lo faccio mai e guarda come sono ganzo" Tibor Gallai
Avverto che tutte le sommatorie e le espressioni in gioco si devono intendere
cicliche sulla terna x,y,z o su terne di lavoro.
Preliminarmente ho che:
(0) $ $\left(\sum(x)\right)^3=\sum(x^3+3x^2y+2xyz+3x^2z)$ $
Inoltre è :
(1) $ $\sum(u^2)\cdot\sum(v^2)\geq \left(\sum(uv) \right )^2$ $
Utilizzo la (1) ponendo :
$ $u^2=\frac{x}{\sqrt{x^2+3xy+2yz+3xz}},v^2=x\sqrt{x^2+3xy+2yz+3xz} \text{ di modo che } uv=x$ $
Allora:
$ $\sum\left (\frac{x}{\sqrt{x^2+3xy+2yz+3xz}}\right)\cdot \sum \left(x\sqrt{x^2+3xy+2yz+3xz}\right )\geq \left (\sum(x) \right )^2$ $
da cui :
(2) $ $\sum \left (\frac{x}{\sqrt{x^2+3xy+2yz+3xz}}\right )\geq \frac{\left(\sum(x)\right)^2}{\sum \left (x\sqrt{x^2+3xy+2yz+3xz}\right )}$ $
Mi servo ancora della (1) scegliendo però :
$ $u^2=x,v^2=x(x^2+3xy+2yz+3xz) \text{ di modo che } uv=\sqrt{x}\cdot\sqrt{x(x^2+3xy+2yz+3xz)}$ $
ed ottengo:
$ $\sum(x)\cdot \sum\left (x (x^2+3xy+2yz+3xz)\right ) \geq \left(\sum(\sqrt{x}\cdot\sqrt{x(x^2+3xy+2yz+3xz}) \right )^2=\left (\sum(x\sqrt{x^2+3xy+2yz+3xz})\right )^2$ $
Pertanto la (2) diventa:
$ $\sum \left (\frac{x}{\sqrt{x^2+3xy+2yz+3xz}} \right )\geq \frac{ \left (\sum(x))^2}{\sqrt{\sum(x)\cdot \sum(x(x^2+3xy+2yz+3xz)) \right)}}=\frac{\left (\sum(x) \right )^2}{\sqrt{\sum(x)\cdot \sum(x^3+3x^2y+2xyz+3x^2z)}}$ $
E per la (0) :
$ $\sum(\frac{x}{\sqrt{x^2+3xy+2yz+3xz}})\geq \frac{\left (\sum(x) \right )^2}{\sqrt{\sum(x)\cdot (\sum(x))^3}}=1$ $
C.V.D.
cicliche sulla terna x,y,z o su terne di lavoro.
Preliminarmente ho che:
(0) $ $\left(\sum(x)\right)^3=\sum(x^3+3x^2y+2xyz+3x^2z)$ $
Inoltre è :
(1) $ $\sum(u^2)\cdot\sum(v^2)\geq \left(\sum(uv) \right )^2$ $
Utilizzo la (1) ponendo :
$ $u^2=\frac{x}{\sqrt{x^2+3xy+2yz+3xz}},v^2=x\sqrt{x^2+3xy+2yz+3xz} \text{ di modo che } uv=x$ $
Allora:
$ $\sum\left (\frac{x}{\sqrt{x^2+3xy+2yz+3xz}}\right)\cdot \sum \left(x\sqrt{x^2+3xy+2yz+3xz}\right )\geq \left (\sum(x) \right )^2$ $
da cui :
(2) $ $\sum \left (\frac{x}{\sqrt{x^2+3xy+2yz+3xz}}\right )\geq \frac{\left(\sum(x)\right)^2}{\sum \left (x\sqrt{x^2+3xy+2yz+3xz}\right )}$ $
Mi servo ancora della (1) scegliendo però :
$ $u^2=x,v^2=x(x^2+3xy+2yz+3xz) \text{ di modo che } uv=\sqrt{x}\cdot\sqrt{x(x^2+3xy+2yz+3xz)}$ $
ed ottengo:
$ $\sum(x)\cdot \sum\left (x (x^2+3xy+2yz+3xz)\right ) \geq \left(\sum(\sqrt{x}\cdot\sqrt{x(x^2+3xy+2yz+3xz}) \right )^2=\left (\sum(x\sqrt{x^2+3xy+2yz+3xz})\right )^2$ $
Pertanto la (2) diventa:
$ $\sum \left (\frac{x}{\sqrt{x^2+3xy+2yz+3xz}} \right )\geq \frac{ \left (\sum(x))^2}{\sqrt{\sum(x)\cdot \sum(x(x^2+3xy+2yz+3xz)) \right)}}=\frac{\left (\sum(x) \right )^2}{\sqrt{\sum(x)\cdot \sum(x^3+3x^2y+2xyz+3x^2z)}}$ $
E per la (0) :
$ $\sum(\frac{x}{\sqrt{x^2+3xy+2yz+3xz}})\geq \frac{\left (\sum(x) \right )^2}{\sqrt{\sum(x)\cdot (\sum(x))^3}}=1$ $
C.V.D.