Británico de Matemáticas Olimpiada (BMO) Ronda de 2002 1 De la Pregunta 3 de la Prueba sin Cauchy-Schwarz?

Question

La pregunta dice:

Deje $x,y,z$ ser números reales positivos tales que $x^2 + y^2 + z^2 = 1$

Demostrar que

$x^2yz + xy^2z + xyz^2 ≤ 1/3$

Tengo una prueba de esta confiando en el hecho de que:

$x^2/3 +y^2/3 + z^2/3 \geq (x+y+z)^3/9 $ (Un corolario de la C-S creo)

Hay una escuela primaria de la prueba sin que por este hecho (o C-S en general)?

Answer 1

Sí, se puede obtener una suma de cuadrados de aquí. Tenemos que demostrar que $$(x^2+y^2+z^2)^2\geq3xyz(x+y+z)$$ o $$\sum_{cyc}(x^4+2x^2y^2-3x^2yz)\geq0$$ o $$\sum_{cyc}(2x^4-2x^2y^2+6x^2y^2-6x^2yz)\geq0$$ o $$\sum_{cyc}(x^4-2x^2y^2+y^4+3(x^2z^2-2z^2xy+y^2z^2))\geq0$$ o $$\sum_{cyc}((x^2-y^2)^2+3z^2(x-y)^2)\geq0.$$

Answer 2

Por el RMS-AM-GM desigualdades (raíz cuadrada media vs aritmética vs medios geométrica):

$$ \frac{1}{\sqrt{3}} = \sqrt{\frac{x^2+y^2+z^2}{3}} \;\ge\; \frac{x+y+z}{3} \;\ge\; \sqrt[3]{xyz} \quad\implica\quad \begin{cases}\begin{align}x+y+z \,&\le\, \sqrt{3} \\[5px] xyz \,&\le\, \dfrac{1}{3\sqrt{3}}\end{align}\end{casos} $$

Multiplicando este último da $\,xyz(x+y+z) \le \dfrac{1}{3}\,$, que es el de la desigualdad de probar. Como con todos los medios de las desigualdades, la igualdad tiene iff $\,x=y=z\,$.

Answer 3

Deje $p(t) = t^3 - at^2 + bt - c$ denotar el monic polinomio en $\mathbb{R}[x]$ con raíces $x$, $y$, $z$. Nos da que $$1 = x^2 + y^2 + z^2 = (x+y+z)^2 - 2(xy+yz+xz) = a^2 -2b$$ and asked to show $$ca = xyz(x+y+z) \le 1/3$$

Por el AM-GM de la desigualdad, sabemos $$\frac{x+y+z}{3} \ge \sqrt[3]{xyz} \implies \frac{a^3}{27} \ge xyz = c$$ so the desired inequality follows if we can prove $a^4 \le 9 \iff^2 \le 3$.

Desde $p(t)$ tiene tres raíces reales, el derivado $p'(t)$ debe tener dos (con multiplicidad) de bienes raíces, por lo tanto, el discriminante de $p'(t)$ es no negativa:$$p'(t) = 3 t^2 + 2at+b \implies 4a^2 - 12b \ge 0 \implies a^2 \ge 3b$$ Using the constraint $a^2 - 2b = 1$, we have $$a^2 \ge 3 \cdot \frac{a^2 - 1}{2} \implies a^2 \le 3$$ como se desee.

Comentario: Hemos aparentemente evitarse el uso de C-S. sin Embargo, una manera de demostrar que C-S, en general, está apelando a un discriminante obligado como el argumento anterior. De manera, que probablemente no ha evitado C-S tanto como cubiertos, hasta el uso más elemental del lenguaje.

Answer 4

He encontrado una alternativa a prueba el uso de la GM-AM, la desigualdad y una pequeña observación.

En primer lugar, el uso de la AM-GM de la desigualdad por x,y,z obtenemos

$x^2yz + xy^2z + xyz^2 = (x+y+z)xyz = (x+y+z)\left(\sqrt[3]{xyz}\right)^3 \leq \frac{(x+y+z)^4}{27} = \frac{1}{3}\frac{(x+y+z)^4}{9}$

Ahora, observe que: $(x+y+z)^4 \leq 9(x^2 + y^2 + z^2)^2$. Esto es debido a que podemos raíz cuadrada de ambos lados para obtener:

$(x+y+z)^2 \leq 3(x^2 + y^2 + z^2) \Leftrightarrow 0 \leq (x-y)^2 + (y-z)^2 + (z-x)^2$

Por lo tanto, como continuación de la primera línea de la prueba obtenemos

$\frac{1}{3}\frac{(x+y+z)^4}{9} \leq \frac{1}{3}(x^2 + y^2 + z^2)^2 = \frac{1}{3}$

y hemos terminado!

Edit: Esta línea de razonamiento bien muestra que la igualdad tiene iff $x=y=z$.

Answer 5

Aquí está mi enfoque.

El uso de AM-GM,

$\begin{align} x^2+y^2+z^2 &\ge 3(xyz)^{2/3} \\ \implies 1 &\ge 3(xyz)^{2/3} \\ \implies (xyz)^{2/3} &\le \dfrac{1}{3} \\ \implies xyz \le \dfrac{1}{3\sqrt{3}} \tag 1 \end{align}$

De nuevo, el uso de AM-GM,

$\begin{align} \dfrac{x^3+y^3+z^3}{3} &\ge 3xyz \\ \implies x^3+y^3+z^3-3xyz &\ge 0 \\ \implies (x+y+z)(x^2+y^2+z^2 -xy-yz-zx) &\ge 0\end{align}\tag*{}$

Desde $x,y,z \in \mathbb R^+ $, $x+y+z \ge 0 $.

$\begin{align}\therefore \, x^2+y^2+z^2 -xy-yz-zx &\ge 0 \\ \implies -x^2-y^2-z^2 +xy+yz+zx &\le 0 \\ \implies -2x^2-2y^2-2z^2 +2xy+2yz+2zx &\le 0 \\ \implies x^2+y^2+z^2 -2xy-2yz-2zx &\le 3(x^2+y^2+z^2) \\ \implies (x+y+z)^2 &\le 3 \\ \implies x+y+z &\le \sqrt{3} \tag 2 \end{align}$

Multiplicando $(1)$$(2)$, se puede obtener el resultado deseado.