De la verificación de una prueba de que si $x,y,z \geq 0$$x+y+z = 1$, $0 \le xy + yz + zx - 2xyz \le \frac{7}{27}$

Question

Yo estaba trabajando algunos de recreo problemas de un libro (el Arte y El Oficio de la Resolución De problemas, Zeitz) y llegó a través de uno de los '84 IMO:

Supongamos que $x, y, z$ son no-negativos reales, con $x + y + z = 1$. Demostrar que $$0 \le xy + yz + zx - 2xyz \le \frac{7}{27}.$$

Me temo que yo estoy aquí hoy para solicitar una prueba de verificación. Lo pregunto porque yo era capaz de demostrar la reclamación sin el uso de cualquier sofisticado de las desigualdades, y aunque he comprobado yo mismo no puedo ayudar pero siento un poco sospechoso.

He publicado mi solución como respuesta a continuación. Por supuesto, me gustaría que si alguien iba a darle una atenta lectura.

Más corto, más elegante soluciones también son bienvenidos.

Answer 1

Reclamo: (El de arriba).

Prueba: en Primer lugar, observe que

$$\begin{eqnarray} xy + yz + zx - 2xyz &=& xy(1 - z) + yz(1-x) + zx(1-y) + xyz\\ &=& xy(x+y) + yz(y+z) + zx(z+x) + xyz \end{eqnarray}$$

desde $x + y + z = 1$; ya que podemos re-escribir nuestra expresión original como una suma de todos los términos positivos, claramente nos han

$$0 \le xy + yz + zx - 2xyz$$

que fue la primera parte de la reclamación. Para la segunda parte, lo primero que note que

$$\frac{1}{3}(x + y + z)^3 = \frac{1}{3}(x^3 + y^3 + z^3) + (x + y + z)(xy + yz + yz) -xyz;$$

desde $x + y + z = 1$, obtenemos

$$\begin{eqnarray} \frac{1}{3} = \frac{1}{3}(x^3 + y^3 + z^3) + [(xy + yz + yz) -2xyz] + xyz, \end{eqnarray}$$

por lo que podemos re-escribir nuestra desigualdad original como

$$\frac{1}{3} - \frac{1}{3}(x^3 + y^3 + z^3) - xyz \le \frac{7}{27}$$

o, igual de bien,

$$\frac{1}{3}(x^3 + y^3 + z^3) + xyz \ge \frac{2}{27}.$$

Ahora, por desgracia, viene una ola de álgebra, que yo no se hacer aquí. (Me acaba de mostrar los resultados, que he comprobado cuidadosamente varias veces).

Dejamos $x = \frac{1}{3} + p, y = \frac{1}{3} + q, z = \frac{1}{3} + r$. Es importante que hayamos $p + q + r = 0$.

Después de una ola de álgebra, nuestra desigualdad puede ser re-escrita como

$$\begin{eqnarray} \frac{2}{27} + (p^3 + q^3 + r^3) + (p^2 + q^2 + r^2) + \frac{1}{3}(pq + pr + qr) + pqr &\ge& \frac{2}{27} \\ \iff (p^3 + q^3 + r^3) + (p^2 + q^2 + r^2) + \frac{1}{3}(pq + pr + qr) + pqr \ge 0. \end{eqnarray}$$

Recuerdo que me apuntó anteriormente (con $x, y,$ $z$ como las variables) que

$$\frac{1}{3}(p + q + r)^3 = \frac{1}{3}(p^3 + q^3 + r^3) + (p + q + r)(pq + pr + qr) -pqr;$$

podemos por tanto concluir que $pqr = \frac{1}{3}(p^3 + q^3 + r^3)$. Del mismo modo, la expansión de $(p+q+r)^2$ rendimientos $pq + pr + qr = -\frac{1}{2}(p^2 + q^2 + r^2)$. Sustituyendo, vemos que

$$\begin{eqnarray} (p^3 + q^3 + r^3) + (p^2 + q^2 + r^2) + \frac{1}{3}(pq + pr + qr) + pqr \ge 0 \\ \iff \frac{4}{3}(p^3 + q^3 + r^3) + \frac{5}{6}(p^2 + q^2 + r^2) \ge 0 \end{eqnarray}$$

Finalmente, obtenemos el equivalente a la desigualdad vamos a hacer un stand con:

$$5(p^2 + q^2 + r^2) + 8(p^3 + q^3 + r^3) \ge 0. \qquad(*)$$

Ahora, ya casi hemos terminado. Sólo necesitamos considerar los signos de $p, q,$$r$. WLOG, debemos tener

(1) $p, q, r > 0$,

(2) $p, q > 0$$r <0$,

(3) $p > 0$$q, r <0$, o

(4) $p, q, r < 0$.

(Ignoramos el caso de que cualquiera de $p, q,$ o $r$ son cero porque - como $p + q + r = 0$ - la desigualdad de $(*)$, entonces se convierte en trivial.) Claramente, (1) y (4) es imposible (desde $p + q + r$ deben sumar a algo distinto de cero en esos casos). Consideremos el caso (3): si $p$ $q$ son negativos, entonces, a fin de que $p + q + r = 0$, debemos tener $0 < |p|, |q| < |r|$. Pero, a continuación,$|p|^3 + |q|^3 < |r|^3$, y por lo $(p^3 + q^3 + r^3)$ es positivo; la desigualdad de $(*)$, claramente tiene.

Así, el único caso que preocuparse es de (2). En ese caso, señalando, por supuesto, que $p + q = -r$, y también que $-\frac{1}{3} \le r$ (desde $x,y$ $z$ fueron positivos) y, por tanto,$p, q < p + q \le \frac{1}{3}$,

$$\begin{eqnarray} 5(p^2 + q^2 + (p+q)^2) + 8(p^3 + q^3 - (p+q)^3) &=& 10(p^2 + q^2 + pq) - 24(p^2q + q^2p)\\ &=& 10pq + p^2(10 - 24q) + q^2(10 -24p)\\ &\ge& 10pq + p^2(10 -24(\frac{1}{3})) + q^2(10 -24(\frac{1}{3}) \\ &=& 10pq + 2p^2 + 2q^2 \ge 0. \end{eqnarray}$$

Por lo tanto, la desigualdad de $(*)$ está probado en todos los casos; y así es la desigualdad de $xy + yz + zx - 2xyz \le \frac{7}{27}$. El reclamo de la siguiente manera.

Answer 2

He aquí otro enfoque. Deje $f(x,y,z) = xy+yz+zx-2xyz$, y supongamos que su valor máximo para $x,y,$ $z$ no negativos reales con la suma 1 es $f(a,b,c)$. Debido a $f$ es simétrica en sus argumentos, suponer sin pérdida de generalidad que $a \le b \le c$.

Un poco de álgebra muestra que $f(\frac{a+c}{2},b,\frac{a+c}{2}) - f(a,b,c)$ = $\frac{1}{4}(a-c)^2(2a+2c-1)$, el cual debe ser menor que o igual a cero debido a que $f(a,b,c)$ es un máximo, y el $\frac{a+c}{2},b$, e $\frac{a+c}{2}$ son no-negativos reales con la suma de 1. Por lo tanto, cualquiera de las $a=c$ o $2a+2c-1 < 0$. Pero $1= a+b+c\le a+2c \le 2a+2c$, lo $2a+2c-1 \ge 0,$ dejando $a=c$ como la única posibilidad. Esto junto con el hecho de que $a\le b \le c$ implica que el $a=b=c=\frac{1}{3}$.

Answer 3

He aquí un cálculo de la solución.

Vamos a empezar con la sustitución de $x=p+\frac 13, y=q+\frac 13, z=-p-q+\frac 13$. El problema de las condiciones de imponer ese $p \ge -\frac 13, q \ge -\frac 13, -p-q \ge -\frac 13$. Esta es un área triangular que se muestra aquí:

El polinomio se simplifica a $f(p,q)=2p^2q+2pq^2-\frac{1}{3}(p^2+pq+q^2)+\frac{7}{27}$, y el problema se reduce a demostrar $0\le f(p,q)\le \frac{7}{27}$ sobre el anterior de la región. Calculamos $\frac{\partial}{\partial p}f=\frac{1}{3}(6q-1)(2p+q)$$\frac{\partial}{\partial q}f=\frac{1}{3}(6p-1)(2q+p)$. La configuración de estos a cada uno a cero le da cuatro puntos críticos: $(\frac{1}{6},\frac{1}{6}), (\frac{1}{6},\frac{-1}{3}),(\frac{-1}{3},\frac{1}{6}),(0,0)$. La evaluación de $f$ da $\frac{1}{4}$ en los tres primeros y $\frac{7}{27}$ en el último.

Ahora debemos considerar el límite del triángulo. Si $p=-\frac{1}{3}$, $f(p,q)=-q^2+\frac{q}{3}+\frac{2}{9}$, una baja de cara parábola con la máxima en $q=\frac 16$ (ya considerado) y el mínimo en las esquinas del triángulo, es decir,$(-\frac{1}{3},-\frac{1}{3})$$(\frac{2}{3},-\frac{1}{3})$. En ambos de estos rincones $f(p,q)=0$. Por simetría $q=-\frac{1}{3}$ nos da nada nuevo. Por último, hemos de considerar $q=\frac{1}{3}-p$. Esto nos da $f(p,q)=-p^2+\frac{p}{3}+\frac{2}{9}$, que tiene el máximo en $(\frac{1}{6},\frac{1}{6})$, ya considerada, y mínimos en las esquinas, ya considerada.

Por lo tanto, uno de los siete puntos críticos, la única máxima que se produce en $(0,0)$ y el mínimo se produce en las tres esquinas.