Disuguaglianzuccia ciclica

[Simo_the_wolf]

Dimostrare che per ogni terna di reali poisitivi $ a,b,c $ tali che $ abc=1 $ vale:

$ \displaystyle 3(a^2b+b^2c+c^2a) \geq \left(\frac 1a + \frac 1b + \frac 1c\right)(a+b+c) $ <-- ERRATA
o perlomeno, errata in generale ma vera se ad esempio $ |(a-b)(b-c)(c-a)| \leq 1 $

D'oh scusate... nella fretta di postare ho sbagliato... Quelle che dovrebbero essere vere sono:

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

$ \displaystyle 2(a^2b+b^2c+c^2a+1) \geq (a+1)(b+1)(c+1) $

[darkcrystal]

Scusa simo... sei sicuro ? Con a=100, b=1/100 e c=1 non sembra essere vera, oppure ho sbagliato i conti (il che è già più probabile)

[Haile]

humm

perchè con

$ $\frac{1}{4}, 4, 1$ $

funziona, mentre con

$ $ 4, \frac{1}{4}, 1 $ $

non funziona?

[FeddyStra]

Allora non sono l'unico che ha perso il pomeriggio tentando di dimostrarla!!!
E dire che sviluppando il tutto, manca un soffio perchè venga per Bunching. Infatti alla fine restano soltanto da confrontare $ \displaystyle\sum_{sym}x^4yz $ e $ \displaystyle\sum_{sym}x^3y^3 $.

[rapportaureo]

per a,b,c lati di un triangolo dovrebbe essere vera, per il resto nn so..

[Haile]

per a,b,c lati di un triangolo dovrebbe essere vera, per il resto nn so..

Non credo.

Altrimenti perchè se

$ $a=\frac{1}{4}, ~ b=4, ~ c=1$ $

diventa

$ $\frac{99}{2} \geq \frac{441}{16}$ $

che è vera, mentre invertendo

$ $a=4, ~ b=\frac{1}{4}, ~ c=1$ $

diventa

$ $\frac{387}{16} \geq \frac{441}{16}$ $

che è falsa?

[rapportaureo]

perchè 4,1\4 e 1 non possono essere lati di un triangolo!

[Haile]

perchè 4,1\4 e 1 non possono essere lati di un triangolo!

Ma il testo non dice che devono essere lati di un triangolo, dice che il loro prodotto dev'essere uguale a uno.

Quel che intendevo è che se dici "lati di un triangolo" si suppone che i valori di a, b, c siano interscambiali, eppure non sembra sia cosi

[rapportaureo]

Però forse se sn lati di un triangolo puoi anche scambiarli..

[Ponnamperuma]

Occhio, Haile, se non erro dire che "possono essere lati di un triangolo" significa che soddisfano la disuguaglianza triangolare! Ovvero, presi due numeri qualunque tra i tre, il terzo è minore della loro somma e maggiore della loro differenza...
Ed è piuttosto chiaro che, se 1/4 è minore di 4+1, non è maggiore di 4-1...
Detto questo, è chiaro che puoi scambiare i lati del triangolo, ma la cosa forte che deve valere è quella che ho scritto sopra...

[jordan]

inizio con la prima..$ \diplaystyle a^2b+b^2c+c^2a \ge \sqrt{(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})(a+b+c)} $

dato che $ abc=1 $ deve valere anche $ \displaystyle \frac{\text{LHS}}{abc} \ge \frac {RHS}{\sqrt{abc}} $. ponendo $ \frac{a}{c}=x_1, \frac{b}{a}=x_2, \frac{c}{b}=x_3 $ la tesi diviene: $ \sum{x_i^2}+\sum_{i\neq j}{x_ix_j} \ge \sum{x_i} +3 $(*)
ricordiamo adesso che $ \prod{x_i}=1 $ e che $ \sum{x_i} \ge 3 $ per AM-GM e che $ \sum_{i\neq j}{x_ix_j} \le \frac{(\sum{x_i})^2}{3} $ per Mac-Laurin.
Ponendo $ h=\sum{x_i} $ e $ k=\sum_{i\neq j}{x_ix_j} $ la (*) puo essere riscritta come $ (h^2-2k)+k \ge h + 3 $ cioè $ h^2-h-k \ge 3 $, ma ricordando le ipotesi risulta $ h^2-h-k \ge h^2-h-\frac{h^2}{3}=\frac{2}{3}h(h-\frac{3}{2}) \ge 3 $. l'ultima disequazione infatti risulta verificata in quanto si tratta di una parabola con vertice in $ h=\frac{3}{4} $ e che data la condizione $ h\ge 3 $ assume minimo in $ h=3 $; si ha quindi uguaglianza se e solo se $ a=b=c=1 $.

[jordan]

passiamo alla seconda..$ \displaystyle \sqrt{(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})(a+b+c)} \ge a\sqrt{c}+b\sqrt{a}+c\sqrt{b} $ con $ abc=1 $.

dividiamo ambo i membri per $ \sqrt{abc} $ e ponendo $ x_1=\sqrt{\frac{a}{b}}, x_2=\sqrt{\frac{b}{c}}, x_3=\sqrt{\frac{c}{a}} $ otteniamo: $ \sum{x_i^2}+\sum{\frac{1}{x_i^2}}+3 \ge (\sum{x_i})^2 $ cioè $ \sum_{i\neq j}{x_i^2x_j^2}-2\sum_{i\neq j}{x_ix_j}+3 \ge 0 $.
poniamo $ y_1=x_1x_2, y_2=x_2x_3, y_3=x_3x_1 $e ricordiamo che $ \prod{y_i}=(\prod{x_i})^2=abc=1 $ per cui la tesi diviene $ \sum{y_i^2}-2\sum{y_i}+3 \ge 0 $.
ma ponendo $ W=\sqrt{\sum{y_i^2}} $ abbiamo finito infatti risulta: $ W^2-2\sum{y_i}+3 \ge W^2-2\sqrt{3}W+3 \ge 0 $, in quanto la prima disuguaglianza è garantita dalla QM-AM e la seconda (come nel post precedente) considerando la funzione come una parabola e ricordando (per QM-GM) che $ W \ge \sqrt{3} $.

[jordan]

passiamo all'ultima..

sostituendo $ a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z}, c=\frac{z}{x}, (x,y,z) \in R^+ $ e moltiplicando ambo i membri per $ xyz $ otteniamo $ \sum_{sym}{x^3} \ge \sum_{sym}{x^2y} $, and we are done

[Alex90]

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

$ \displaystyle \sqrt{\left(\frac 1a + \frac 1b + \frac 1c\right)(a+b+c)} = \displaystyle \sqrt{\left(\frac{ab+bc+ca}{abc}\right)(a+b+c)} = $$ \displaystyle \sqrt{(ab+bc+ca)(a+b+c)} \ge a\sqrt{c} + b\sqrt{a} + c\sqrt{b} $

$ a\sqrt{c} + b\sqrt{a} + c\sqrt{b} = \displaystyle \sum_{cyc} {\sqrt{a}\sqrt{a}\sqrt{c}} $

Applichiamo Cauchy Schwarz

$ (a\sqrt{c} + b\sqrt{a} + c\sqrt{b})^2 \le (a+b+c)(ac + ba + cb) $

$ a\sqrt{c} + b\sqrt{a} + c\sqrt{b}) \le \sqrt{(a+b+c)(ac + ba + cb)} $

Quindi la disuguaglianza è verificata

[Simo_the_wolf]

Ottimo Alex90 è quella che volevo. Bravo anche jordan.
Le mie disug le ho fatte con queste:

$ a^2b + b^2c+c^2a \geq a+b+c $

$ a^2b + b^2c+c^2a \geq \frac 1a+ \frac 1b+ \frac 1c $

Se è, dimostratele con AMGM pesata, che è quella per cui erano pensate