La diseguaglianza più difficile...

[sqrt2]

Apro questo topic nella speranza che, condividendo le idee, si possa arrivare a una soluzione elegante della Diseguaglianza del primo round di MathLinks.

1. Let a, b, c be positive real numbers such that ab + bc + ca = 1. Prove that
1 + a^2b^2 1 + b^2c^2 1 + c^2a^2 5
-------------- + -------------- + -------------- >= ---
(a + b)^2 (b + c)^2 (c + a)^2 2

Ecco un'idea (da sviluppare ... o forse inutile)

Sfruttando l’ipotesi si ha
ab + bc + ca + a2b2 ab + 1 c
------------------------- = ab --------- + --------
(a + b)2 (a + b)2 a + b
Vale lo stesso ovviamente per gli altri due termini.

Ma
c b a 3
------ + ------ + ------ >= ---
a+b a+c c+b 2
Infatti
c b a 3
------ + ------ + ------ + 3 >= --- + 3
a+b a+c c+b 2

(a + b + c)(1/(b+c) + 1/(a+c)+1/(a+b)) >= 9/2
che è vera per Cauchy-Schwarz considerando le due 3-uple
(a+b)^1/2, (a+c)^1/2, (c+b)^1/2
e
(a+b)^-1/2, (a+c)^-1/2, (c+b)^-1/2.

Dunque la tesi si "riduce" a
ab + 1 bc + 1 ca + 1
ab --------- + bc --------- + ca --------- >= 1
(a + b)2 (b + c)2 (c + a)2

... to be continued ...

PS Mi riprometto di usare Latex al più presto...

[frengo]

"traduco" (lavoraccio, ma perchè mi interessa... )

Apro questo topic nella speranza che, condividendo le idee, si possa arrivare a una soluzione elegante della Diseguaglianza del primo round di MathLinks.

1. Let $ a, b, c $ be positive real numbers such that $ ab + bc + ca = 1 $. Prove that

$ \displaystyle \frac{1+a^2b^2}{(a+b)^2}+\frac{1+b^2c^2}{(b+c)^2}+\frac{1+c^2a^2}{(c+a)^2}\geq \frac{5}{2} $

Ecco un'idea (da sviluppare ... o forse inutile)

Sfruttando l’ipotesi si ha

$ \displaystyle \frac{ab+bc+ca+a^2b^2}{(a+b)^2}=ab\frac{1+ab}{(a+b)^2}+\frac{c}{a+b} $

Vale lo stesso ovviamente per gli altri due termini.

Ma

$ \displaystyle \frac{c}{a+b}+\frac{b}{a+c}+\frac{a}{c+b}\geq\frac{3}{2} $

Infatti

$ \displaystyle \frac{c}{a+b}+\frac{b}{a+c}+\frac{a}{c+b}+3\geq\frac{3}{2}+3 $

$ \displaystyle (a+b+c)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{c+b}\right)\geq\frac{9}{2} $

che è vera per Cauchy-Schwarz considerando le due 3-uple
$ (a+b)^{\frac{1}{2}}, (a+c)^{\frac{1}{2}}, (c+b)^{\frac{1}{2}} $
e
$ (a+b)^{-\frac{1}{2}}, (a+c)^{-\frac{1}{2}}, (c+b)^{-\frac{1}{2}} $.

Dunque la tesi si "riduce" a

$ \displaystyle ab\frac{ab+1}{(a+b)^2}+bc\frac{bc+1}{(b+c)^2}+ca\frac{ca+1}{(c+a)^2}\geq 1 $

... to be continued ...

PS Mi riprometto di usare Latex al più presto...

come idea mi piace molto...
ci ho pensato VERAMENTE tanto a questo problema, e non mi ricordo se mi era venuta in mente e se porti a qualcosa.ci penserò
ciao ciao

[Leandro]

Ho notato che scegliendo a=b=1/2 ,c=3/4 (valori che soddisfano l'ipotesi
iniziale ) l'ultima diseguaglianza di sqrt2 diventa
389/400>=1 che e' impossibile.Pertanto,salvo possibili errori
da parte mia, ritengo inutile continuare su questa strada.
Leandro.

[fph]

arrivare a una soluzione elegante

Così per curiosità... una soluzione "non elegante" (sto pensando al solito bieco bunching, nel caso non fosse chiaro ) ce l'avete già o il problema è ancora irrisolto?

[Boll]

Beh, certo, se hai il fegato di farlo, omogenizzi con $ (ab+bc+ca)^2=1 $, e hai una disug simmetrica ed omogenea, ma sinceramente non ho portato alla fine i conti.

[HumanTorch]

Non saprei: le ipotesi rispecchiano le ipotesi sulle cotangenti di un triangolo, e anche i singoli addendi possono essere visti in forma trigonometrica...proverei a vedere la media armonica degli addendi, in modo che elevando alla -1 si possa ottenere qualcosa dopo aver trasformato l'espressione iniziale in $ \sum \frac{1}{(a+b)^2}+{\left(\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\right)}^2 $

[sqrt2]

Dannazione Leandro ha ragione...
In compenso HumanTorch ha proposto un'idea interessante.

[Simo_the_wolf]

per boll e fph: col bunching non viene...

per Humantorch: la via geometrica è una buona idea ma nun viene nulla di simpatico... l'ho fatta a suo tempo; se ho tempo dopo posto

[Gauss_87]

Ciao ragazzi,
ho provato a fare la HM<=GM con i tre termini, in effetti da un lato viene fuori la
f(a,b,c) proposta, dall'altro salta fuori una somma somma di termini abbastanza complessa che quindi dovrebbe essere >= di 5/2, ma sn calcoli troppo lunghi credo.
Invece mi piaceva la via risolutiva che eliminava un 3/2 (è la famosa disuguaglianza di Nesbitt) facendo rimanere solo 1 a destra, però se dite che non funziona...
Ci si riprova...

[Gauss_87]

Sarà difficile scriverlo senza LaTex ma ci provo...

La disuguaglianza di partenza equivale a:

a^2 b^2 +1
--------------- - 5/2 ab + ... (simmetrico) >= 0
(a+b)^2


Minimo comune multiplo e calcoli:

-8a^2 b^2 -5a^3 b -5a b^3 +2
--------------------------------------- + ... (simm.) >=0
2 (a+b)^2

Ora Vale:

-8a^2 b^2 -4a^3 b -4a b^3 +2
--------------------------------------- + ... (simm.) >=
2 (a+b)^2


-8a^2 b^2 -5a^3 b -5a b^3 +2
--------------------------------------- + ... (simm.) >=0
2 (a+b)^2

Continuo con la funzione a primo membro semplificando 2 e raccogliendo un quadrato:

- 2 a b (a+b)^2 + 1
------------------------- + ... (s.) >= 0 , da cui:
(a+b)^2


1
------------- - 2 ab + ... (s) >= 0 , dall' ipotesi:
(a+b)^2


1
f(a,b,c) = ----------- + ... (s.) >= 2
(a+b)^2


Adesso faccio la HM <= AM dei tre termini scritti appena sopra:

3
------------------------------------ <=
(a+b)^2 + (b+c)^2 + (a+c)^2


f(a,b,c)
--------
3


Quindi basta dimostrare che:

9
------------------------------------ >= 2
(a+b)^2 + (b+c)^2 + (a+c)^2

Facendo i calcoli:

1
-------------------------- >= 4/9
a^2 + b^2 + c^2 +1


a^2 + b^2 + c^2 <= 9/4 -1 = 5/4


Quindi, e qui purtroppo non riesco a continuare, per dimostrare quella di partenza, devo dimostrare che:

a^2 + b^2 + c^2 <= 5/4
se ab + bc + ac = 1 e a,b,c appartengono a R+

Tutti i passaggi che ho effettuato li ho verificati provando con la famosa terna di questo forum a = b = 1/2 e c = 3/4 e i calcoli portano.

Che ne pensate???

[EvaristeG]

Sarà difficile scriverlo senza LaTex ma ci provo...

La disuguaglianza di partenza equivale a:

$ \displaystyle{\sum_{\textrm{sym}}\frac{a^2 b^2 +1}{(a+b)^2}-\frac{5ab}{2}\geq 0} $

Minimo comune multiplo e calcoli:

$ \displaystyle{\sum_{\textrm{sym}}\frac{-8a^2 b^2 -5a^3 b -5a b^3 +2}{2 (a+b)^2}\geq0} $

Ora Vale:

$ \displaystyle{\sum_{\textrm{sym}}\frac{-8a^2 b^2 -4a^3 b -4a b^3 +2}{2 (a+b)^2}\geq\sum_{\textrm{sym}}\frac{-8a^2 b^2 -5a^3 b -5a b^3 +2}{2(a+b)^2}} $

Hmm la mia idea iniziale era solo di texxare il tuo post per l'utilità degli altri utenti,ma qui mi viene un dubbio, anche se non ho letto con attenzione : tu dimostri che la tesi è equivalente a una certa disuguaglianza A>=0; poi ora osservi che B>=A .... se ora vai avanti cercando di mostrare che B>=0, sbagli, in quanto B>=A e B>=0 non implica A>=0 ...
cmq, texxo anche il resto.

Continuo con la funzione a primo membro semplificando 2 e raccogliendo un
quadrato:

$ \displaystyle{\sum_{\textrm{sym}}\frac{- 2 a b (a+b)^2 + 1}{(a+b)^2}\geq0} $
da cui:

$ \displaystyle{\sum_{\textrm{sym}}\frac{1}{(a+b)^2}-2ab\geq0} $ dall' ipotesi:

$ \displaystyle{f(a,b,c)=(a+b)^{-2}+(b+c)^{-2}+(c+a)^{-2}\geq 2} $

Adesso faccio la HM <= AM dei tre termini scritti appena sopra:

$ \displaystyle{\frac{3}{(a+b)^2 + (b+c)^2 + (a+c)^2}\leq\frac{f(a,b,c)}{3}} $

Quindi basta dimostrare che:

$ \displaystyle{\frac{9}{(a+b)^2 + (b+c)^2 + (a+c)^2}\geq2} $


Facendo i calcoli:

$ \displaystyle{\frac{1}{a^2+b^2+c^2+1}\geq\frac{4}{9}} $
$ a^2 + b^2 + c^2\leq9/4 -1 = 5/4 $


Quindi, e qui purtroppo non riesco a continuare, per dimostrare quella di partenza, devo dimostrare che:

$ a^2 + b^2 + c^2 \leq 5/4 $
se ab + bc + ac = 1 e a,b,c appartengono a R+

Tutti i passaggi che ho effettuato li ho verificati provando con la famosa terna di questo forum a = b = 1/2 e c = 3/4 e i calcoli portano.

Che ne pensate???

[Gauss_87]

Hmm la mia idea iniziale era solo di texxare il tuo post per l'utilità degli altri utenti,ma qui mi viene un dubbio, anche se non ho letto con attenzione : tu dimostri che la tesi è equivalente a una certa disuguaglianza A>=0; poi ora osservi che B>=A .... se ora vai avanti cercando di mostrare che B>=0, sbagli, in quanto B>=A e B>=0 non implica A>=0 ...

Si , hai ragione... scusate...

[MindFlyer]

Gauss_87, che ne dici di imparare un po' di LaTeX? Vai nella sezione apposita se non sai da che parte cominciare, e se hai dei dubbi chiedi!

[Gauss_87]

sto imparando..