Muestre que$\frac{xy}{z} + \frac{xz}{y} + \frac{yz}{x} \geq x+y+z $ considerando la homogeneidad

Question

Bueno, me estoy preparando para una carrera de competición que se celebra en abril y debido a que he estado tratando de resolver las desigualdades que encuentro en internet. Me encontré con este problema: $$\displaystyle \frac{xy}{z} + \frac{xz}{y} + \frac{yz}{x} \geq x+y+z \text{ for all } x,y,z \in \mathbb{R^+}$$

Es fácil demostrar que esta desigualdad se cumple mediante la aplicación de la AM-GM desigualdad tres veces como el siguiente:

$$ \frac{xy}{z} + \frac{xz}{y} \geq 2 \sqrt{\frac{xy}{z} \cdot\frac{xz}{y}} = 2x$$ $$ \frac{xy}{z} + \frac{yz}{x} \geq 2 \sqrt{\frac{xy}{z} \cdot\frac{yz}{x}} = 2y$$ $$ \frac{zy}{x} + \frac{xz}{y} \geq 2 \sqrt{\frac{zy}{x} \cdot\frac{xz}{y}} = 2z$$

A continuación, sumando estas desigualdades y la cancelación de un factor de $2$ al final nos dará el deseado desigualdad.

Pero si se mira el problema desde otro punto de vista, si sustituimos $x'=\lambda x$, $y'=\lambda y$ y $z' = \lambda z$ la desigualdad sigue siendo el mismo. Así que, me preguntaba si no podría ser de otra manera de resolver esta desigualdad y las desigualdades que son homogéneas como este de una manera más sistemática que podría ser aplicado a una gama más amplia de problemas.

He decidido añadir una restricción $x^2+y^2+z^2=1$ a del problema, porque la desigualdad en el problema podría ser considerado como una función de las tres variables $x,y,z$$\mathbb{R}^3$. Así, es suficiente para el estudio de esta función en la unidad de la esfera debido a la homogeneidad nos permite definir que para otros puntos de $\mathbb{R}^3$, pero no tengo idea de cómo podría esto me llevan a ninguna parte.

Answer 1

He aquí una manera de tomar ventaja de la homogeneidad.

Por la simetría y homogeneidad, se puede suponer sin pérdida de generalidad que $z=\min(x,y,z)$ y $z=1$. Esto reduce el problema a la siguiente.

Proposición: Si $x\ge1$$y\ge1$,$\displaystyle \frac{x}{y}+\frac{y}{x}+xy \ge 1+x+y$.

Prueba: Supongamos que $x\ge1$$y\ge1$. Entonces

$$x y=((x-1)+1)((y-1)+1)=$$ $$(x-1)+(y-1)+1+(x-1)(y-1)\ge x+y-1\textrm,$$

debido a $(x-1)(y-1)$ es no negativo.

La suma de un número real positivo y su recíproco es siempre al menos 2, por lo que

$$\frac{x}{y}+\frac{y}{x} \ge 2\textrm.$$

La combinación de estas dos desigualdades da el resultado deseado.

Answer 2

Creo que no hay ninguna ventaja en particular a la adición de una restricción en este caso, (o en general), como la desigualdad original es demostrado con bastante facilidad, ya que lo notó.

De otra manera, es directo de Cauchy-Schwarz desigualdad que: $$LHS^2 = \left(\frac{xy}{z} + \frac{xz}{y} + \frac{yz}{x} \right)\left(\frac{xz}{y} + \frac{yz}{x} + \frac{xy}{z} \right) \ge (x+y+z)^2 = RHS^2$$

OTOH, añadiendo la restricción $xyz = 1$ para el problema original, le da el equivalente de la desigualdad: $$\frac1{x^2} + \frac1{y^2} + \frac1{z^2} \ge \frac1{xy}+\frac1{yz} + \frac1{zx}$$ que es evidente por el Reordenamiento de la Desigualdad, y parece igual de fácil en comparación con la AM-GM o C-S enfoque.

Estoy seguro de que hay muchas más maneras de mostrar la desigualdad en forma homogénea o con una adecuada restricción. Puede haber otros problemas que un enfoque es preferible, aunque en general parece más de la preferencia personal en lugar de cualquiera de los enfoques de ser más fácil / más sistemática.

Answer 3

Realmente no es una respuesta a su pregunta, pero encontré otra forma bastante sencilla de demostrarlo

Dado$x,y,z \in \mathbb{R}^+$,

\begin{align} 0 &\leq (xy - xz)^2 \\ &= (xy)^2 + (xz)^2 - 2x^2yz \\ 2x^2yz &\leq (xy)^2 + (xz)^2 \end {align} y similarmente para$2y^2xz$ y$2z^2xy$. Luego añadiendo, y dividiendo por 2, se da $ x ^ 2yz y ^ 2xz z ^ 2xy \ leq (xy) ^ 2 (xz) ^ 2 (yz) ^ 2 $$ luego dividiendo por$xyz$ En ambos lados da $$ x y z \ leq \ frac {xy} {z} \ frac {xz} {y} \ frac {yz} {x} $$

Answer 4

Bien, he encontrado otra prueba de la famosa Nesbitt la desigualdad considerando su homogeneidad. Así que, pensé que podría ser vale la pena compartirlo aquí para referencia en el futuro y también para mostrar cómo la homogeneidad puede ser empleado para probar un famoso desigualdad por lo que he aprendido hoy de @Macavity y @SteveKass. Voy a publicar como una respuesta porque es demasiado largo para una edición a mi pregunta.

Teorema: Para $a,b,c \in \mathbb{R}^+$ tenemos:

$$ \frac{c}{a+b} + \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} \geq \frac{3}{2} $$

Prueba:

Del lado izquierdo se mantiene el mismo si sustituimos $a'=\lambda a$, $b' = \lambda b$ y $c' = \lambda c$.

Supongamos que $a'+b'+c'=1$. Esto implica $\lambda a + \lambda b + \lambda c = \lambda (a+b+c) = 1$, lo que nos da $\displaystyle \lambda = \frac{1}{a+b+c}$.

En otras palabras, esto significa que para cualquier $a,b,c \in \mathbb{R}^+$ podemos restringir nuestra atención sólo para el caso de $a+b+c=1$. Debido a que para cualquier otro triple $(x,y,z)$ siempre podemos escala por $\displaystyle \lambda= \frac{1}{x+y+z}$, para llegar a ese caso.

Así, a partir de ahora, vamos a suponer, Sin Pérdida De Generalidad, que el $a+b+c=1$.

Ahora vamos a probar la desigualdad. Empezamos por la manipulación de la desigualdad de la LHS:

$$ \frac{c}{a+b} + \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} \geq \frac{3}{2} \iff \frac{c}{a+b} +1+ \frac{a}{b+c}+1 + \frac{b}{c+a}+1 \geq \frac{3}{2}+3$$ $$ \frac{a+b+c}{a+b} + \frac{a+b+c}{b+c} + \frac{a+b+c}{c+a} \geq \frac{9}{2} \iff \frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} \geq \frac{9}{2} $$

La última afirmación es correcta, porque hemos asumido $a+b+c=1$.

Es trivial que $2=2(a+b+c)=(a+b)+(b+c)+(c+a)$. Así, multiplicando ambos lados de la desigualdad por $2$ obtenemos:

$$((a+b)+(b+c)+(c+a))(\frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a}) \geq 9$$

La última desigualdad se puede comprobar fácilmente mediante la aplicación de AM-GM de la desigualdad o de Cauchy-Schwarz desigualdad. Q. E. D.

Answer 5

En general, desea utilizar una restricción para lograr la homogeneidad, no utilizar la homogeneidad para lograr una restricción.