Mostrar $2(x+y+z)-xyz\leq 10$ si $x^2+y^2+z^2=9$

Question

Si $x, y, z$ son reales y $x^2+y^2+z^2=9$, ¿cómo podemos demostrar que $2(x+y+z)-xyz\leq 10$?

Por favor, proporciona una solución sin el uso de cálculo. Conozco la solución de esa manera.

Answer 1

Sin pérdida de generalidad podemos asumir que $|x|\le |y|\le |z|$, y observe que $3z^2\ge x^2+y^2+z^2$, lo cual implica que $z^2\ge 3

tenemos \begin{align} [2(x+y+z)-xyz]^2&=[2(x+y)+z(2-xy)]^2\\ &\le [(x+y)^2+z^2][4+(2-xy)^2]\\ &=(9+2xy)(8-4xy+(xy)^2))\\ &=2(xy)^3+(xy)^2-20(xy)+72\\ &=(xy+2)^2(2xy-7)+100 \end{align} de $z^2\ge 3$ se desprende que $2xy\le x^2+y^2=9-z^2\le 6$, entonces $$[2(x+y+z)-xyz]^2\le 100$$ o equivalentemente $$2(x+y+z)-xyz\le 10$$

Answer 2

Caso 1: Al menos uno de $x, y, z < 0$. Supongamos que $z < 0$. Si dejamos que $f(x, y, z) = 2(x+y+z) - xyz$, entonces es claro que $f(x, y, z) \leq f(t, t, z)$, donde $t = \sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}$. Por lo tanto, basta con verificar que $f(t, t, z) \leq 10$. Tomemos $z = -u$, de modo que $u$ sea positivo. Entonces, necesitamos mostrar $$f(t, t, -u) = 2(2t - u) + t^2 u \leq 10$$ bajo la condición $2t^2 + u^2 = 9$. Podemos intentar expresar todo en términos de $u$: $$2(2t - u) + t^2 u \leq 10 \\ \Leftrightarrow 4(2t - u) + (9 - u^2)u \leq 20 \\ \Leftrightarrow u^3 - 5u + 20 \ge 8t = 8 \sqrt{\frac{9 - u^2}{2}} \\ \Leftrightarrow (u^3 - 5u + 20)^2 - 32 (9-u^2) \ge 0 \\ \Leftrightarrow (u-1)^2(u^4 + 2u^3 - 7u^2 + 24u + 112) \ge 0$$

La última desigualdad es claramente verdadera, ya que $u^4 + 49 \ge 14u^2 > 7u^2$. Entonces este caso se cumple, con igualdad $z = -u = -1$, $x = y = t = 2$.

Caso 2: $x, y, z \ge 0$. Sin pérdida de generalidad, asumimos $x \ge y \ge z$.

Caso 2a: $x^2 \leq \frac{9 + \sqrt{65}}{2}$. ($x$ es "pequeño")

Verificamos que $f(x, y, z) \leq f(x, \sqrt{y^2+z^2}, 0)$. $$2(x+y+z) - xyz \leq 2(x+\sqrt{y^2+z^2}) \\ \Leftrightarrow 2(y+z - \sqrt{y^2+z^2}) \leq xyz \\ \Leftrightarrow \frac{4}{y+z+\sqrt{y^2+z^2}} \leq x \\ \Leftrightarrow 4 \leq x(y+z+\sqrt{y^2+z^2} $$ La última desigualdad se sigue de $$x(y+z+\sqrt{y^2+z^2}) \ge 2x\sqrt{y^2+z^2} = 2 x \sqrt{9-x^2} \ge 4$$ y la condición sobre $x$.

Por lo tanto, podemos suponer que $z = 0$. Entonces $f(x, y, z) = 2(x+y) \leq 2\sqrt{2(x^2+y^2)} = 2\sqrt{18} < 10$.

Caso 2b: $x^2 \ge \frac{9 + \sqrt{65}}{2}$. ($x$ es "grande")

Obtenemos un límite trivial en $y+z$ mediante Cauchy-Schwarz: $$y + z \leq \sqrt{2(y^2+z^2)} = \sqrt{2(9-x^2)} \leq \sqrt{9 - \sqrt{65}} < 1$$ Entonces $$f(x, y, z) = 2(x+y+z) - xyz < 2(x+y+z) \leq 2 (3+1) < 10.$$

En definitiva, es posible hacer esto sin cálculo, aunque no entiendo por qué alguien no usaría una herramienta como el multiplicador de Lagrange que es especialmente adecuada para esta situación. Es precisamente el poder de esas herramientas lo que hace que soluciones de fuerza bruta como esta sean innecesarias.

Answer 3

Aquí hay un intento. Creo que debe ser reconsiderado para números negativos, sin embargo.

$0\leq (x+y+z-1)^2$

$0\leq x^2+y^2+z^2+1-2(x+y+z)+2xyz(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})$

$2(x+y+z)-2xyz(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\leq x^2+y^2+z^2+1$

EDIT: Como señalaron, mi límite está al revés :( Pero espero que los primeros pasos den algunas ideas a otros.

Eso es casi lo que queremos. Ahora solo necesitamos limitar la media armónica por la media cuadrática.

$\frac{3}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}\leq \sqrt{\frac{x^2+y^2+z^2}{3}}

En nuestro caso: $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq \sqrt{3}$

lo cual es suficiente.

Espero que no haya errores :)