Siano a,b,c tre reali positivi soddisfacenti la relazione:
$ \displaystyle ab+bc+ca=1 $.
Dimostrare che e':
$ \displaystyle 3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}+6(a+b+c)} \leq \frac{\sqrt[3]3}{abc} $
Leandro
Una diseguaglianza con condizione
Vista la... latitanza di soluzioni ,propongo la mia (un po' lunghetta per la verita',ma
puo' essere lo spunto per considerazioni piu' dirette).
Innanzitutto ,elevando al cubo e riducendo a forma intera,la diseg. diventa:
$ $9(abc)^2[1+6abc(a+b+c)]\leq 1 $
A questo punto mi sono chiesto se era possibile trasformare la condizione
$ ab+bc+ca=1 $ in una del tipo $ x+y+z=1 $ dato che la somma $ x+y+z $ e'
legata ad altre espressioni da relazioni assai note.In particolare:
(1) $ $xyz \leq (\frac{x+y+z}{3})^3,xy+yz+zx\leq \frac{(x+y+z)^2}{3} $
Per ottenere cio' e' chiaro che occorre porre :
$ $ ab=z,bc=x,ca=y $ (o altre equivalenti)
e da qui si ricava:
$ $a=\frac{\sqrt{xyz}}{x},b=\frac{\sqrt{xyz}}{y},c=\frac{\sqrt{xyz}}{z},abc=\sqrt{xyz} $
Sostituendo nella diseg. risulta:
(2) $ 9(xyz)[1+6(xy+yz+zx)]\leq 1 $ con la condizione $ x+y+z=1 $
Ora dalle (1) si ottiene che:
$ $ xyz\leq \frac{1}{27},xy+yz+zx\leq \frac{1}{3} $ e quindi il primo membro P della (2) diventa:
$ $ P\leq \frac{9}{27}\left (1+\frac{6}{3}\right)}=1 $
c.d.d.
Leandro
puo' essere lo spunto per considerazioni piu' dirette).
Innanzitutto ,elevando al cubo e riducendo a forma intera,la diseg. diventa:
$ $9(abc)^2[1+6abc(a+b+c)]\leq 1 $
A questo punto mi sono chiesto se era possibile trasformare la condizione
$ ab+bc+ca=1 $ in una del tipo $ x+y+z=1 $ dato che la somma $ x+y+z $ e'
legata ad altre espressioni da relazioni assai note.In particolare:
(1) $ $xyz \leq (\frac{x+y+z}{3})^3,xy+yz+zx\leq \frac{(x+y+z)^2}{3} $
Per ottenere cio' e' chiaro che occorre porre :
$ $ ab=z,bc=x,ca=y $ (o altre equivalenti)
e da qui si ricava:
$ $a=\frac{\sqrt{xyz}}{x},b=\frac{\sqrt{xyz}}{y},c=\frac{\sqrt{xyz}}{z},abc=\sqrt{xyz} $
Sostituendo nella diseg. risulta:
(2) $ 9(xyz)[1+6(xy+yz+zx)]\leq 1 $ con la condizione $ x+y+z=1 $
Ora dalle (1) si ottiene che:
$ $ xyz\leq \frac{1}{27},xy+yz+zx\leq \frac{1}{3} $ e quindi il primo membro P della (2) diventa:
$ $ P\leq \frac{9}{27}\left (1+\frac{6}{3}\right)}=1 $
c.d.d.
Leandro
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enomis_costa88
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- Località: Brescia
Uso la solita sostituzione che mi piace molto 
Q=ab+bc+ca =1
S=a+b+c
P=abc
La tesi diviene (sfrutto il tuo primo passaggio):
$ 9P^2(1+6PS) \leq 1 $
Lemma 1:
$ P\leq \frac{1}{\sqrt{27}} $
Per Mac Laurin:
$ P^{\frac{1}{3}} \leq \sqrt{\frac{Q}{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}} $
elevo alla terza dimostrando il lemma 1.
Lemma 2:
$ PS\leq \frac{1}{3} $
per Newton:
$ \frac{PS}{3} \leq (\frac{Q}{3})^2=\frac{1}{9} $
moltiplico per tre ottenendo il lemma 2.
Per quanto dimostrato sopra:
$ 9P^2(1+6PS) \leq 9(\frac{1}{\sqrt{27}})^2(1+6(\frac{1}{3})) = 1 $
Simone.
Q=ab+bc+ca =1
S=a+b+c
P=abc
La tesi diviene (sfrutto il tuo primo passaggio):
$ 9P^2(1+6PS) \leq 1 $
Lemma 1:
$ P\leq \frac{1}{\sqrt{27}} $
Per Mac Laurin:
$ P^{\frac{1}{3}} \leq \sqrt{\frac{Q}{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}} $
elevo alla terza dimostrando il lemma 1.
Lemma 2:
$ PS\leq \frac{1}{3} $
per Newton:
$ \frac{PS}{3} \leq (\frac{Q}{3})^2=\frac{1}{9} $
moltiplico per tre ottenendo il lemma 2.
Per quanto dimostrato sopra:
$ 9P^2(1+6PS) \leq 9(\frac{1}{\sqrt{27}})^2(1+6(\frac{1}{3})) = 1 $
Simone.