57. Riattiviamo il forum.

[Giovanni98]

Ridiamo vita al forum .

Siano $x,y,z$ tre reali non negativi tali che $x^2+y^2+z^2 = 2(xy+xz+yz)$. Dimostrare la seguente disuguaglianza$$\dfrac{x+y+z}{3} \ge \sqrt[3]{2xyz}$$

[Giovanni98]

Nessuno??

[Saro00]

Testo nascosto:

Metodo $u,v,w$.
Sia $3u=a+b+c, 3v^2=ab+bc+ac, w^3=abc$
Lemma: Fissati $u,v$ allora $w^3\in [3uv^2-2u^3-2\sqrt{(u^2-v^2)^3},3uv^2-2u^3+2\sqrt{(u^2-v^2)^3}]$
Dimostrazione: Vedasi https://services.artofproblemsolving.co ... Rob2QucGRm
L'ipotesi si riscrive facilmente come $3u^2=4v^2$ da cui, considerando che $a,b,c$ sono non negativi e quindi anche $u,v,w$ sono non negativi, $u=\frac{2\sqrt{3}}{3}v$
La tesi si riscrive facilmente usando il vincolo come $u^3\ge2w^3 \iff \frac{8\sqrt{3}}{9}v^3\ge 2w^3$
Ora per Lemma e il vincolo si ha $ 2w^3\le 2 (3uv^2-2u^3+2\sqrt{(u^2-v^2)^3})=\frac{8\sqrt{3}}{9}v^2$
E ciò conclude la dimostrazione.

[Giovanni98]

Ok, vai pure col prossimo.

[Federico II]

Soluzione alternativa:

Testo nascosto:

Buffalo Way

[Giovanni98]

Soluzione molto meno brutale delle vostre.

Dall'ipotesi si ricava che $x^2 - 2x(y+z) + (y-z)^2 = 0$ da cui risolvendo l'equazione di secondo grado in $x$ si ottiene $x=(\sqrt{y} + \sqrt{z})^2$ oppure $x=(\sqrt{y} - \sqrt{z})^2$.
Dimostriamo ora che almeno uno fra $x,y,z$ è uguale alla somma delle radici quadrate degli altri due , al quadrato.
Supponiamo quindi che esista una soluzione $x,y,z$ reali positivi (altrimenti la disuguaglianza è a due variabili ed è ovvia) al sistema
$$\begin{array}{lcl} x & = & (\sqrt{y}-\sqrt{z})^2 \\ y & = & (\sqrt{x}-\sqrt{z})^2 \\ z & = & (\sqrt{x}-\sqrt{y})^2 \end{array}$$
WLOG $ y > z $, da cui $y = (\sqrt{y} - 2\sqrt{z})^2 < (\sqrt{y})^2 = y$ da cui assurdo.

Adesso WLOG $x=(\sqrt{y} + \sqrt{z})^2$ dal momento che $y$ e $z$ sono due numeri non negativi pongo $y \rightarrow y^2$ e $z \rightarrow z^2$ e $S = y+z$. Allora dobbiamo dimostrare che $$\dfrac{S^2 + y^2 + z^2}{3} \ge \sqrt[3]{2S^2y^2z^2}$$

Adesso, poniamo $P=yz$, dobbiamo dimostrare che $$\dfrac{2S^2 - 2P}{3} \ge \sqrt[3]{2S^2P^2}$$

Chiaramente la disuguaglianza diventa "più debole" se $P$ cresce. Vale $2P \leq \dfrac{S^2}{2}$ pertanto se la disuguaglianza da dimostrare vale per $P= \dfrac{S^2}{4}$ allora è dimostrata. Sostituendo si ha $$\dfrac{S^2}{2} \ge \sqrt[3]{\dfrac{S^6}{8}}$$che è ovviamente vera e quindi la tesi è dimostrata.