De Cauchy-Schwarz desigualdad y la tres-letra de identidades (ejercicio 1.4 de "El Cauchy-Schwarz Master Class")

Question

Ejercicio 1.4 de un gran libro El de Cauchy-Schwarz Clase Maestra le pregunta a probar lo siguiente:

Para todos los positivos $x$, $y$ y $z$, uno tiene $$x+y+z \leq 2 \left(\frac{x^2}{y+z} + \frac{y^2}{x+z} + \frac{z^2}{x+y}\right).$$

Introducción para el ejercicio dice:

Hay muchas situaciones en las que la desigualdad de Cauchy conspira con la simetría para proporcionar resultados que son visualmente impresionantes.

Cómo probar que la desigualdad? ¿Y cómo hace uno de los beneficios de la "simetría"? ¿Cuál es la idea general detrás de esta "conspiración"?

Answer 1

$(x+y+z)^2 = \left(x\sqrt{\frac{y+z}{y+z}} +y\sqrt{\frac{x+z}{x+z}}+z\sqrt{\frac{x+y}{x+y}}\right)^2\leq\left(\frac{x^2}{y+z} + \frac{y^2}{x+z} + \frac{z^2}{x+y}\right)(y+z+x+z+x+y)$. Usted va a conseguir. No he leído ese libro, pero creo que Srivatsan que es correcto.

Answer 2

La desigualdad es $$f\left(\frac{x+y+z}{3}\right) \leq \frac{f(x)+f(y)+f(z)}{3}$$ for all positive $x,y,z$ with sum $$, where $f(u) = \frac{u^2}{A-u}$, and $A=x+y+z$.

Esto es equivalente a $f(u)$ ser convexa en el intervalo de $(0,A)$. La segunda derivada es $f''(u) = \frac{2A^2}{(A-u)^3} > 0$.

Answer 3

La desigualdad $$ (x+y+z)^2\le \left(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}\right)[(y+z)+(x+z)+(x+y)]$$ puede ser obtenido a partir de Cauchy-Schwarz.

(Utilizas para los triples $\frac{x}{\sqrt{y+z}}$, $\frac{y}{\sqrt{x+z}}$, $\frac{z}{\sqrt{x+y}}$ y $\sqrt{y+z}$, $\sqrt{x+z}$, $\sqrt{x+y}$.)

Ahora, si usted cancela $(x+y+z)$ consigue el deseado desigualdad.

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Sin embargo, yo no soy capaz de explicar "la conspiración", así que me fui de esta tarea para otros ms responden.

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Después de ver a Byron Schmuland comentario tenía una mirada en el libro, y se encontró que, básicamente, la misma explicación que se da en la parte de atrás del libro.

Answer 4

Hay una desigualdad de la que puede deducirse mediante el Cauchy Schwarz desigualdad:

Deje $a_1,...,a_n$ ser números reales y $b_1,...,b_n>0$. Entonces $$ \sum_{i=1}^n \frac{a_i^2}{b_i} \geq \frac{(a_1+...+a_n)^2}{b_1+...+b_n}$$

El deseado de la desigualdad es una simple consecuencia de la anterior.

Answer 5

Me han resuelto sin el uso de la Desigualdad de Cauchy

Tenemos que probar que

$\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{y+x}=(x+y+z)\left(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{y+x}-1\right)\geq \left(\dfrac{x+y+z}{2}\right)$

$\implies \dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{y+x}\geq \dfrac{3}{2}$

Y este es Nesbitt la Desigualdad (La prueba se da en este enlace http://en.wikipedia.org/wiki/Nesbitt's_inequality)

De Ahí Resultó.