Disuguaglianza

[Pixel]

Questa mi è parsa molto carina anche se non difficile:

$ \frac{a^3}{b+c+d}+\frac{b^3}{c+d+a}+\frac{c^3}{d+a+b}+\frac{d^3}{a+b+c}\geq \frac{1}{3} $

con $ ab+bc+cd+da=1 $ e $ a,b,c,d>0 $

Ciao

[HumanTorch]

Essia, dai, mi butto..

$ S=a+b+c+d; $
Sarà $ (a+c)(b+d)=1 $: sia $ s_1=a+c $ e $ s_2=b+d $.

Lemma: $ \displaystyle\sum^n_{k=1} \frac{1}{S-a_k} $ dove $ S=\displaystyle\sum^n_{k=1} a_k $, assume valore minimo per $ a_j=a_i $
Dim: Prendiamo due valori $ a_m $ e $ a_n $ t.c. $ a_m+a_n=2\cdot a_i $, Supponendo tutti gli altri $ a_i $ uguali fra loro, sarà $ \displaystyle\frac{2}{a_i}-\frac{1}{a_i+k}-\frac{1}{a_i-k}<0 $ per AM-HM. Lo stesso possiamo dedurre e dimostrare nel caso $ a_i\neq a_j $

Sia ogni addendo pari a $ \frac{n^3}{S-n} $, quindi il primo membro è simmetrico; sia $ s_1>1>s_2 $ e supponendo $ s_1 $ fissato, lo saranno anche $ s_2 $ e $ s_1+s_2=S $.

per riordinamento la somma $ a^2+b^2+c^2+d^2\geq 1 $; la somma dei termini $ \frac{x}{S-x} $, ovvero $ \frac{S}{S-x}-1 $ raggiunge il minimo quando $ \frac{1}{S-x} $ è minimo, ovvero quando tutti gli $ x $ sono uguali (per il lemmino), assumendo valore $ 4\cdot \frac{1}{4\cdot 3} $. Per tale valore si ha quindi l'uguaglianza. Per ogni altro valore, per riordinamento e per il lemma, il primo membro è $ \geq 1\cdot \frac{1}{3} $

[enomis_costa88]

Continuando a rivedere le vecchie disuguaglianze..

$ LHS $ $ =\frac{1}{3} $ $ LHS\sum_{cyc}(b+c+d)a $ $ \ge\frac{1}{3} $ $ (\sum_{cyc}\sqrt{\frac{a^3}{b+c+d}}\sqrt{\frac{(b+c+d)a^4}{a^3}})^2 $ $ =\frac{1}{3} (\sum_{cyc}a^2)^2 $ $ \ge \frac{1}{3} (ab+bc+cd+da)^2=\frac{1}{3} $
Dove ho applicato C.S. tra il secondo e il terzo passaggio e il riarrangiamento tra il quarto e il quinto.

[bruno222]

ho riaperto questo vecchio argomento perchè ho notato che questa è la stessa disuguaglianza proposta da marco-daddy col titolo di shortlist 1990 ...

ho una domanda da fare a enomis_costa88 : ma la prima uguaglianza che hai scritto come fai ad ottenerla ???? a me $ \sum_{cyc}(b+c+d)a $ viene uguale a $ \ 2 + 2ac + 2bd $ non a 3 ..... grazie in anticipo per la risposta...

[marco-daddy]

A questo punto posto la mia dimostrazione...

$ $S\geq 2\sqrt{(a+c)(b+d)}=2 $

Per Holder

$ $LHS*3S*4\geq S^3 $

$ $LHS\geq\frac{S^2}{12}\geq\frac{1}{3} $