) che:$$ \sum_{\text{cyc}} (x+y) \sqrt {(z+y)(z+x)} \geq 4 (xy+yz+zx)$$
BMO 2012 2
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Siano $x,y,z$ tre reali non negativi, dimostrare (nel modo più brutale possibile ) che:
$$ \sum_{\text{cyc}} (x+y) \sqrt {(z+y)(z+x)} \geq 4 (xy+yz+zx)$$
) che:$$ \sum_{\text{cyc}} (x+y) \sqrt {(z+y)(z+x)} \geq 4 (xy+yz+zx)$$
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bern1-16-4-13
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Re: BMO 2012 2
Accontenterò la tua richiesta
$$\sum_{cyc}\left(x+y\right)\sqrt{\left(y+z\right)\left(z+x\right)}=\prod_{cyc}\sqrt{\left(x+y\right)}\sum_{cyc}\sqrt{\left(x+y\right)}\stackrel{AM-GM}{\ge}3\prod_{cyc}\left(x+y\right)^{\frac{2}{3}}.$$
Quindi sostituiamo il $LHS$ e eleviamo il tutto alla terza riducendoci a dimostrare che $$3^3\prod_{cyc}\left(x+y\right)^2\ge 4^3\left(xy+yz+zx\right)^3,$$ovvero $$27\left[4,2,0\right]+27\left[4,1,1\right]-5\left[3,3,0\right]-30\left[3,2,1\right]-19\left[2,2,2\right]\ge 0$$ il che segue senza fatica da Bunching.
$$\sum_{cyc}\left(x+y\right)\sqrt{\left(y+z\right)\left(z+x\right)}=\prod_{cyc}\sqrt{\left(x+y\right)}\sum_{cyc}\sqrt{\left(x+y\right)}\stackrel{AM-GM}{\ge}3\prod_{cyc}\left(x+y\right)^{\frac{2}{3}}.$$
Quindi sostituiamo il $LHS$ e eleviamo il tutto alla terza riducendoci a dimostrare che $$3^3\prod_{cyc}\left(x+y\right)^2\ge 4^3\left(xy+yz+zx\right)^3,$$ovvero $$27\left[4,2,0\right]+27\left[4,1,1\right]-5\left[3,3,0\right]-30\left[3,2,1\right]-19\left[2,2,2\right]\ge 0$$ il che segue senza fatica da Bunching.
mentre il mondo persiste nei suoi sanguinosi conflitti, la vera guerra è combattuta dai matematici
Re: BMO 2012 2
Wow, bruciato in un nulla! 
Comunque ok, soluzione corretta (fidandomi dei conti con tutto il cuore ), ed addirittura più brutale della mia ! Come sketch io ho fatto: sostituzione magica di Ravi ($a=x+y$ e cicliche), un po' di conti e trasformo tutto in somme simmetriche , sostituzione $a \mapsto a^2$ per togliere le radici , Bunching+ Schur (dove non ho usato Schur classico, ma con $\alpha =2$), fine.
Comunque ok, soluzione corretta (fidandomi dei conti con tutto il cuore
), ed addirittura più brutale della mia ! Come sketch io ho fatto: sostituzione magica di Ravi ($a=x+y$ e cicliche), un po' di conti e trasformo tutto in somme simmetriche , sostituzione $a \mapsto a^2$ per togliere le radici , Bunching+ Schur (dove non ho usato Schur classico, ma con $\alpha =2$), fine.-
bern1-16-4-13
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Re: BMO 2012 2
Ok! Sì, forse io sono stato un po' troppo ignorante...
mentre il mondo persiste nei suoi sanguinosi conflitti, la vera guerra è combattuta dai matematici
Re: BMO 2012 2
Metto anche la mia dato che è diversa! 
Dato che io con Bunching e Schur mi perdo cerco una via alternativa
Se mostriamo che $$(x+y)\sqrt{(z+y)(z+x)}\geq 2xy+yz+zx$$ vinciamo perché abbiamo anche che $$(y+z)\sqrt{(x+z)(x+y)}\geq 2yz+xz+xy$$ $$(x+z)\sqrt{(x+y)(y+z)}\geq 2xz+xy+yz$$ e quindi sommando membro a membro le 3 disuguaglianza abbiamo la tesi.
Dalla prima disuguaglianza che ho scritto eleviamo entrambi i membri al quadrato e otteniamo
$$x^3y+xy^3-2x^2y^2+x^3z-x^2yz+y^3z-xy^2z\stackrel{?}{\geq}0$$ $$xy(x-y)^2+(x-y)^2(x+y)z\stackrel{?}{\geq}0$$ che è vera!
Edit: typo
Dato che io con Bunching e Schur mi perdo cerco una via alternativa
Se mostriamo che $$(x+y)\sqrt{(z+y)(z+x)}\geq 2xy+yz+zx$$ vinciamo perché abbiamo anche che $$(y+z)\sqrt{(x+z)(x+y)}\geq 2yz+xz+xy$$ $$(x+z)\sqrt{(x+y)(y+z)}\geq 2xz+xy+yz$$ e quindi sommando membro a membro le 3 disuguaglianza abbiamo la tesi.
Dalla prima disuguaglianza che ho scritto eleviamo entrambi i membri al quadrato e otteniamo
$$x^3y+xy^3-2x^2y^2+x^3z-x^2yz+y^3z-xy^2z\stackrel{?}{\geq}0$$ $$xy(x-y)^2+(x-y)^2(x+y)z\stackrel{?}{\geq}0$$ che è vera!
Edit: typo