Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

Dati A, B, C > 0 dimostrare che (Vasile Cirtoaje)

1) (A^{2} + B^{2} + C^{2})^{2} ≥ 3(A^{3}B + B^{3}C + C^{3}A)

2) \frac{A^{4}}{A^{3} + B^{3}} + \frac{B^{4}}{B^{3} + C^{3}} + \frac{C^{4}}{C^{3} + A^{3}} ≥ \frac{A + B + C}{2}

3) Sia x_{0} = 0 e x_{k} > 0 per ogni 1 ≤ k ≤ n con ∑_{k=1}^{n} x_{k} = 1. Dimostrare che

(China 1996)

1 < ∑_{k=1}^{n} \frac{x_{i}}{\sqrt{1 + x_{0} + x_{1} + … + x_{i−1}}\sqrt{x_{i} + … + x_{n}}} ≤ \frac{π}{2}

4) Siano A, B, C positivi. Dimostrare che

\frac{1}{A(1 + B)} + \frac{1}{B(1 + C)} + \frac{1}{C(1 + A)} ≥ \frac{3}{^{3} \sqrt{ABC}(1 + ^{3} \sqrt{ABC})}

Le note che seguono sono provvisorie. Alcuni esercizi vanno completati e certamente sono presenti errori qua e là . Spesso è data la fonte degli esercizi e laddove possibile, una dimostrazione diversa da quella presente nelle referenze. Quanto segue inoltre non è ordinato né per difficoltà né per argomento.

§1.4 Alcune disuguaglianze

Per le definizioni e teoremi si fa riferimento ad uno qualsiasi dei libri M.Bertsch - R.Dal Passo Lezioni di Analisi Matematica, I edizione settembre 1996, ARACNE EDITRICE, via Raffaele Garofalo, 133 A/B 00173 Roma tel.0672672233/22, M.Bertsch - R.Dal Passo Elementi di Analisi Matematica, I edizione ottobre 2001, ARACNE EDITRICE

• Il simbolo Es: significa la presenza di una o più domande a cui ancora non si è data una risposta o per motivi di tempo o perché non si è riusciti nell’intento

• Dati due numeri a caso, è zero la probabilità che siano uguali . Ne segue che esistono molte più disuguaglianze che uguaglianze.

• Gli esercizi non sono esposti in ordine di difficoltà .

• Laddove è stato possibile, si è fornita almeno una dimostrazione diversa da quella presente nelle referenze

• Verranno usate sovente le due notazioni ∑_{cyc} f(a_{1}, a_{2}, …, a_{n}) e ∑_{sym} f(a_{1}, a_{2}, …, a_{n}) dove la prima è la somma rispetto alle permutazioni cicliche mentre la seconda rispetto a tutte le permutazioni possibili. Ad esempio ∑_{cyc} f(a_{1}, a_{2}, a_{3}) = f(a_{1}, a_{2}, a_{3}) + f(a_{3}, a_{1}, a_{2}) + f(a_{2}, a_{3}, a_{1})

mentre ∑_{sym} f(a_{1}, a_{2}, a_{3}) = f(a_{1}, a_{2}, a_{3})+f(a_{3}, a_{1}, a_{2})+f(a_{2}, a_{3}, a_{1})+f(a_{2}, a_{1}, a_{3})+f(a_{1}, a_{3}, a_{2})+

f(a_{3}, a_{2}, a_{1})

• Oltre ai Teoremi allegati nel file scaricabile dalla home–page, un altro teorema utile è il seguente

Siano date due sequenze {a_{i}}_{i=1}^{n} e {b_{i}}_{i=1}^{n}. Si dice che {a_{i}} maggiorizza {b_{i}} e si indica con (b_{1}, b_{2}, …, b_{n}) ≺ (a_{1}, a_{2}, …, a_{n}) se

a_{i} ≥ a_{2} ≥ … ≥ a_{n}, b_{i} ≥ b_{2} ≥ … ≥ b_{n}, ∑_{i=1}^{k} a_{i} ≥ ∑_{i=1}^{k} b_{i} k = 1, …, n − 1, ∑_{i=1}^{n} a_{i} = ∑_{i=1}^{n} b_{i}

Teorema di Muirhead Supponiamo che la sequenza {a_{i}}_{i=1}^{n} maggiorizza la sequenza {b_{i}}_{i=1}^{n}. Allora per ogni sequenza di reali positivi {x_{i}}_{i=1}^{n} si ha

∑_{sym} x_{1}^{a_{1}} ⋯ x_{n}^{a_{n}} ≥ ∑_{sym} x_{1}^{b_{1}} ⋯ x_{n}^{b_{n}}

dove la somma è presa su tutte le permutazioni delle n–ple (a_{1}, …, a_{n}) e (b_{1}, …, b_{n}) Il, caso più semplice è n = 2. Abbiamo (1, 1) ≺ (2, 0) ed inoltre

∑_{sym} x_{1}^{a_{1}}x_{2}^{a_{2}} = x_{1}^{2}x_{2}^{0} + x_{1}^{0}x_{2}^{2} ≥ ∑_{sym} x_{1}^{b_{1}}x_{2}^{b_{2}} = 2x_{1}x_{2}

ossia x_{1}^{2} + x_{2}^{2} ≥ 2x_{1}x_{2} ben nota disuguaglianza. Ad esempio siano (a_{1}, a_{2}, a_{3}) = (5, 0, 0) e (b_{1}, b_{2}, b_{3}) = (3, 2, 0). Allora dal Teorema si ha 2(x_{1}^{5} + x_{2}^{5} + x_{3}^{5}) ≥ x_{1}^{3}x_{2}^{2} + x_{2}^{3}x_{1}^{2} + x_{1}^{3}x_{3}^{2} + x_{3}^{3}x_{1}^{2} + x_{3}^{3}x_{2}^{2} + x_{2}^{3}x_{3}^{2}. Va detto in ogni caso che una saggia applicazione della disuguaglianza AGM consente di arrivare allo stesso risultato del Teorema di Muirhead.

• Un altro metodo di risoluzione di disuguaglianze è dato dai Moltiplicatori di Lagrange la cui esposizione si trova su innumerevoli libri di testo oltreché “in rete” e da ultimo nel capitolo sulle funzioni di due variabili della presente raccolta.

• Può essere utile usare la disuguaglianza di Karamata. Supponiamo di avere una n–pla di numeri reali (b_{1}, …, b_{n}) che maggiorizza (a_{1}, …, a_{n}). Allora se un funzione è convessa si ha

∑_{k=1}^{n} f(a_{k}) ≤ ∑_{k=1}^{n} f(b_{k}). Se è concava la disuguaglianza è invertita. La ben nota disuguaglianza per

funzioni convesse f(x), f(∑_{j=1}^{n} x_{j} \frac{a_{j}}{A}) ≤ ∑_{j=1}^{n} \frac{a_{j}}{A} f(x_{j}) dove A = ∑_{k=1}^{n} a_{j}, è un caso particolare della

disuguaglianza di Karamata. Infatti se \frac{1}{n}(A, A, …, A) ≺ (a_{1}, a_{2}, …, a_{n}) allora ∑_{k=1}^{n} f(\frac{1}{n}A) ≤

∑_{k=1}^{n} f(a_{k}) ossia f(\frac{a_{1} + … + a_{n}}{n}) ≤ \frac{1}{n} ∑_{k=1}^{n} f(a_{k}). Se ora in f(∑_{j=1}^{n} x_{j} \frac{a_{j}}{A}) ≤ ∑_{j=1}^{n} \frac{a_{j}}{A} f(x_{j}) prendiamo

a_{j}/A = 1/n otteniamo f(\frac{∑_{j=1}^{n} x_{j}}{n}) ≤ \frac{1}{n} ∑_{j=1}^{n} f(x_{j}) che è quanto volevamo.

• Data la sua importanza e la frequenza d’uso, diamo la definizione di AGM–pesata ossia se

a_{k}, α_{k} ≥ 0, k = 1, …, n, e 1 = ∑_{k=1}^{n} α_{k} si ha ∑_{k=1}^{n} α_{k}a_{k} ≥ ∏_{k=1}^{n} a_{k}^{α_{k}}. Spesso si ha α_{k} ≡ 1/n e

diventa la AGM senza pesi. Un’altra disuguaglianza usata ma con molta meno frequenza è la

AHM–pesata ossia ∑_{k=1}^{n} α_{k}a_{k} ≥ \frac{1}{∑{n \atop k=1} \frac{α_{k}}{a_{k}}} e se α_{k} = 1/n si ha ∑_{k=1}^{n} \frac{a_{k}}{n} ≥ \frac{n}{∑{n \atop k=1} \frac{1}{a_{k}}}

• Molto utile è la disuguaglianza du Hölder. Siano a_{1}^{(1)}, …, a_{n}^{(1)}; a_{1}^{(2)}, …, a_{n}^{(2)}; … a_{1}^{(m)}, … a_{n}^{(m)} numeri non negativi e r_{1}, …, r_{m} numeri positivi per cui r_{1} + … + r_{m} = 1. Allora

( ∑_{k_{1}=1}^{n} a_{k_{1}}^{(1)})^{r_{1}} ( ∑_{k_{2}=1}^{n} a_{k_{2}}^{(2)})^{r_{2}} ⋯ ( ∑_{k_{n}=1}^{n} a_{k_{n}}^{(m)})^{r_{m}} ≥ ∏_{j=1}^{m}(a_{1}^{(j)})^{r_{j}} + ∏_{j=1}^{m}(a_{2}^{(j)})^{r_{j}} + … + ∏_{j=1}^{m}(a_{n}^{(j)})^{r_{j}}

Se si hanno due sole successioni si ha la disuguaglianza di Cauchy–Schwarz che sovente è nella forma

(a_{1} + … + a_{n})(b_{1} + … + b_{n}) ≥ (\sqrt{a_{1}b_{1}} + … + \sqrt{a_{n}b_{n}})^{2}

Spesso la disuguaglianza di Hölder è nella forma

(a_{1} + a_{2} + a_{3})(b_{1} + b_{2} + b_{3})(c_{1} + c_{2} + c_{3}) ≥ ( ^{3} \sqrt{a_{1}b_{1}c_{1}} + ^{3} \sqrt{a_{2}b_{2}c_{2}} + ^{3} \sqrt{a_{3}b_{3}c_{3}})^{3}

1.1.A Dimostrare la AGM–pesata e la AHM–pesata

2.1.A Dimostrare che se a + b + c = 0 allora a^{3} + b^{3} + c^{3} − 3abc = 0

3 .1.A Dopo aver dimostrato che x + \frac{1}{x} ≥ 2 per ogni x > 0 provare che \frac{x^{2}+2}{\sqrt{x^{2}+1}} ≥ 2,

\frac{x^{2}}{x^{4}+1} ≤ \frac{1}{2}. Naturalmente si possono risolvere le precedenti disequazioni anche in altro modo.

(rich.1)

4.1.A Siano a, b, c > 0 tali che a < b + c. Dimostrare che \frac{a}{1+a} < \frac{b}{1+b} + \frac{c}{1+c}

5.1.A Siano x, y > 0. Dimostrare che \frac{1}{(1+x)^{2}} + \frac{1}{(1+y)^{2}} ≥ \frac{1}{1+xy}

[da http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=80993&highlight=dumb455ing]

6.1.A Siano x, y ≥ 1. Dimostrare che \frac{1}{1+x} + \frac{1}{1+y} ≥ \frac{2}{1+\sqrt{xy}} (rich.40)

7.1.A Usando il primcipio di induzione dimostrare che se il prodotto di n numeri positivi a_{1}a_{2}a_{3} … a_{n} è uguale ad uno ad n ossia a_{1} + a_{2} + a_{3} + … + a_{n} ≥ n e che si ha uguaglianza se e solo se a_{j} ≡ 1 (rich.2)

8.1.A Se a_{1}, a_{2}, a_{3}, …, a_{n} sono n numeri positivi allora \frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{3}} + \frac{a_{3}}{a_{4}} +…+ \frac{a_{n−1}}{a_{n}} + \frac{a_{n}}{a_{1}} ≥ n

(rich.3)

9.1.A Dati n numeri positivi a_{1}, a_{2}, a_{3}, …, a_{n}, si dimostri che min\{a_{1}, a_{2}, …, a_{n}\} ≤ n(\frac{1}{a_{1}} + \frac{1}{a_{2}} +…+ \frac{1}{a_{n}})^{−1} ≤ (a_{1}a_{2}a_{3} … a_{n})^{1/n} ≤ (a_{1} +a_{2} +a_{3} +…+a_{n})\frac{1}{n} ≤ max{a_{1}, a_{2}, …, a_{n}} ( n(\frac{1}{a_{1}} + \frac{1}{a_{2}} + … + \frac{1}{a_{n}})^{−1}) è detta media armonica; (a_{1}a_{2}a_{3} … a_{n})^{1/n} è detta media geometrica; (a_{1} + a_{2} + a_{3} + … + a_{n})\frac{1}{n} è detta media aritmetica). Se inoltre i numeri non sono tutti uguali fra di loro si ha la maggiorazione stretta. (rich.4)

10.1.A Si definisce potenza media di ordine α il numero c_{α} ≐ (\frac{a_{1}^{α}+a_{2}^{α}+...+a_{n}^{α}}{n} )^{1/α}. In particolare c_{1} è la media aritmetica. Si dimostri che se i numeri a_{i} sono tutti positivi e α < 0 < β allora c_{α} ≤ (a_{1}a_{2}a_{3} … a_{n})^{1/n} ≤ c_{β} (rich.5)

11.1.A Si dimostri che se a_{i} > 0 i = 1, …, n allora (a_{1}+a_{2}+a_{3}+…+a_{n})(\frac{1}{a_{1}} + \frac{1}{a_{2}} +…+ \frac{1}{a_{n}}) ≥ n^{2} e che n(a_{1}a_{2}a_{3} … a_{n}) ≤ a_{1}^{n} + a_{2}^{n} + … + a_{n}^{n}

12.1.A Dimostrare le disuguaglianze di Bernoulli per ogni valore reale dell’esponente ossia far vedere che per x ≥ −1 e 0 < α < 1 si ha (1 + x)^{α} ≤ 1 + αx mentre se α < 0 oppure α > 1 si ha (1 + x)^{α} ≥ 1 + αx (rich.7)

13.1.A Se a_{i} > 0 i = 1, …, n e α < β allora c_{α} < c_{β} e c_{α} = c_{β} solo se a_{1} = a_{2} = … = a_{n}. Per α = −1 la media è detta armonica. Per α = 0 si assume per convenzione la media geometrica ossia con α = 0 si assume (a_{1} · a_{2} ⋯ a_{n})^{1/n}. Dunque la media armonica è non superiore alla media geometrica (rich.8)

14.1.A Siano a, b, c reali tali che |a^{3}| ≤ bc, a^{6} + b^{6} + c^{6} ≤ 1/27. Dimostrare che b^{2} + c^{2} ≤ 1/3.

[prob. J72 di Mathematical Reflections, vol.2007 num.6; anche in [A]]

15.1.A Siano a, b, c, d > 0 e tali che a + b + c + d = 4. Dimostrare che abc + bcd + cda + dab ≤ (a + b)(c + d)

16.1.A Dimostrare che se x + y + z = 6 allora x^{2} + y^{2} + z^{2} ≥ 12 e che se x^{2} + y^{2} + z^{2} = 8 allora x^{3} + y^{3} + z^{3} ≥ 16\sqrt{\frac{2}{3}}

17.1.A Siano x, y, z > 0 e x^{3} + y^{3} + z^{3} = 81. Allora si ha x + y + z ≤ 9.

18.1.A Siano a, b, c ≥ 0. Dimostrare che a^{3} + b^{3} + c^{3} ≥ ab^{2} + bc^{2} + ca^{2}

19.1.A Dimostrare che per n numeri positivi a_{1}, …, a_{n} si ha (a_{1} + a_{2} + a_{3} + … + a_{n})^{α} ≤ n^{α−1}(a_{1}^{α} +a_{2}^{α} +a_{3}^{α} +…+a_{n}^{α}) se α ≥ 1 e (a_{1} +a_{2} +a_{3} +…+a_{n})^{α} ≥ n^{α−1}(a_{1}^{α} +a_{2}^{α} +a_{3}^{α} +…+a_{n}^{α}) se 0 < α ≤ 1.

20.1.A Dati 2n numeri positivi \{a_{j}\}, \{b_{j}\} j = 1, …, n dimostrare che si ha min_{1≤j≤n} \frac{a_{j}}{b_{j}} ≤

\frac{∑_{j=1}^{n} a_{j}}{∑_{j=1}^{n} b_{j}} ≤ max_{1≤j≤n} \frac{a_{j}}{b_{j}} ^{(1.1.4)}

(1.1.4) Tale esercizio è preso dall’articolo di G.Gallavotti “The Dirichlet Problem and the Perron–Frobenius Theorem”

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

21.1.A Dimostrare che a^{4} + b^{4} ≥ a^{3}b per ogni a e b reale

• In realtà si può dimostrare che a^{4} + b^{4} ≥ Ka^{3}b con K > 1. Si trovi il massimo valore di K. 22.1.A Dimostrare che la equazione x^{2} − 3y^{2} = −1 non ammette nessuna soluzione (x, y) costituita da interi 23.1.A Siano a, b, c ≥ 0 tali che \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 1. Dimostrare che abc ≥ 8. [da [MGV] pag.12] 24.1.A Siano a, b, c ≥ 0. Dimostrare che a^{4} + b^{4} + c^{2} ≥ \sqrt{8}(abc) [da [MGV] pag.13, (Russia 1992)] 25.1.A Siano x, y > 1. Dimostrare che \frac{x^{2}}{y−1} + \frac{y^{2}}{x−1} ≥ 8 [da [MGV] pag.13, (Russia 1992)] 26.1.A Usando l’esercizio (rich.4) dimostrare che n! < (\frac{n+1}{2})^{n} 27.1.A Dimostrare che (a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a)(ab^{2} + bc^{2} + ca^{2}) ≥ 9(abc)^{2} a, b, c ≥ 0, 28.1.A Dimostrare che (px + qy)^{2} ≤ px^{2} + qy^{2} con p, q > 0 e p + q < 1 29.1.A Siano a, b, c ≥ 0. Dimostrare che \sqrt{3(a + b + c)} ≥ \sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} 30.1.A Dimostrare che \sqrt{a_{1}^{2} + b_{1}^{2}} + … + \sqrt{a_{n}^{2} + b_{n}^{2}} ≥ \sqrt{(a_{1} + … + a_{n})^{2} + (b_{1} + … + b_{n})^{2}} 31.1.A Siano A, B, C gli angoli di un triangolo e a, b, c i lati ad essi opposti. Dimostrare che \frac{aA+bB+cC}{a+b+c} ≥ \frac{π}{3} (Suggerimento: usare la disuguaglianza di Chebysev) 32 .1.A Siano a_{1}, a_{2}, …, a_{n} n numeri positivi e siano b_{1}, b_{2}, …, b_{n} gli stessi numeri ma permutati. Dimostrare che \frac{a_{1}}{b_{1}} + \frac{a_{2}}{b_{2}} + … + \frac{a_{n}}{b_{n}} ≥ n 33.1.A Siano (a_{1}, a_{2}, …, a_{n}) e (b_{1}, b_{2}, …, b_{n}) numeri non negativi. Dimostrare che (a_{1} · a_{2} · . . . · a_{n})^{1/n} + (b_{1} · b_{2} · . . . · b_{n})^{1/n} ≤ ((a_{1} + b_{1})(a_{2} + b_{2}) ⋯ (a_{n} + b_{n}))^{1/n} 34.1.A a^{3} + b^{3} + c^{3} + 3abc − ab(a + b) − ac(a + c) − bc(b + c) ≥ 0 (Disuguaglianza di Schür ). Più in generale si ha la disuguaglianza a^{r}(a − b)(a − c) + b^{r}(b − a)(b − c) + c^{r}(c − a)(c − b) ≥ 0 con a, b, c ≥ 0 e r ≥ 1. Se r = 1 la si può scrivere anche come

∑_{sym} a^{3} + ∑_{sym} abc ≥ 2 ∑_{sym} a^{2}b

ossia

2(a^{3} + b^{3} + c^{3}) + 6abc ≥ 2(a^{2}b + b^{2}a + b^{2}c + c^{2}b + c^{2}a + a^{2}c)

oppure ancora

(a + b + c)^{3} + 9abc ≥ 4(a + b + c)(ab + bc + ca)

che se a + b + c = 1 diventa

1 + 9abc ≥ 4(a + b + c)(ab + bc + ca)

oppure ancora (x^{2} + y^{2} + z^{2})(x + y + z) + 9xyz ≥ 2(x + y + z)(xy + yz + zx)

                                                                      (rich.13)

35.1.A Dimostrare che (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) ≤ abc dove a, b, c ≥ 0 18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 5

pubblicato su Bollettino U.M.I. (6) 1–B (1982), 1029–1038

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

36.1.A Dimostrare che 9(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8(a + b + c)(ab + bc + ca) 37.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \sqrt{4\frac{a^{2}}{b^{2}} + \frac{a}{b} + 4} + \sqrt{4\frac{b^{2}}{c^{2}} + \frac{b}{c} + 4} + \sqrt{4\frac{c^{2}}{a^{2}} + \frac{c}{a} + 4} ≥

9.[da http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=344800]

38.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} ≤ \frac{1}{2}(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) 39.1.A Dimostrare che per a, b, c > 0 vale la seguente disuguaglianza \frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} ≥ \frac{3}{2} (detta disuguaglianza di Nesbitt) (rich.6) 40.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che (ax^{2} + bx + c)(cx^{2} + bx + a) ≥ (a + b + c)x^{2} [da [AD]

pag.43]

41.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a^{8}+b^{8}+c^{8}}{(abc)^{3}} ≥ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} [da [LLP] pag.14] 42.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} ≤ \frac{3}{2} \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}

43.1.A Siano x, y > 0. Dimostrare che \frac{x}{x^{4}+y^{2}} + \frac{y}{y^{4}+x^{2}} ≤ \frac{1}{xy} [[K], pag.19 e [L] pag.13, (Russia 1995)]

44.1.A Dimostrare l’identità di Lagrange: (∑_{k=1}^{n} x_{k}y_{k})^{2} = (∑_{k=1}^{n} x_{k}^{2}) · (∑_{k=1}^{n} x_{k}^{2}) − ∑_{1≤k<i≤n}(x_{k}y_{i} − x_{i}y_{k})^{2} 45.1.A Si dimostri che se ∑_{k=1}^{n} x_{k}^{2} = ∑_{k=1}^{n} y_{k}^{2} = 1 allora (x_{1}y_{2} − x_{2}y_{2})^{2} ≤ 2(1 − ∑_{k=1}^{n} x_{k}y_{k}) 46.1.A Trovare il minimo della quantità \frac{1}{1+a} + \frac{1}{1+b} + \frac{1}{1+c} soggetta alla condizione a, b, c ≥ 0 e a + b + c = 1. 47.1.A Trovare l’estremo inferiore della quantità \frac{1}{1+a} + \frac{1}{1+b} + \frac{1}{1+c} soggetta alla condizione a, b, c ≥ 0 e abc = 1. (Si tenga presente che non essendo compatto l’insieme abc = 1, tale estremo inferiore potrebbe non essere un minimo). 48 .1.A Siano a, b, c, d ≥ 0. Dimostrare che se a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} ≤ 1/16 allora \sqrt{1 − a} + \sqrt{1 − b} + \sqrt{1 − c} + \sqrt{1 − d} ≥ \sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} + \sqrt{d} 49 .1.A Siano x, y, z > 0. Trovare il minimo della funzione S = \frac{x^{2}}{y+z} + \frac{y^{2}}{x+z} + \frac{z^{2}}{x+y} con la condizione xyz = 1. (Suggerimento: usare la disuguaglianza di Chebysev e l’esercizio (rich.6) oppure usare opportunamente la disuguaglianza di Cauchy–Schwarz) (rich.10) 50.1.A Siano a, b, c > 0 e abc = 1. Dimostrare che \frac{1}{a^{3}(b+c)} + \frac{1}{b^{3}(a+c)} + \frac{1}{c^{3}(a+b)} ≥ \frac{3}{2} [IMO 1995/2.

Si veda [L1] pag.173 oppure [M] pag.10. Mildorf dà quattro soluzioni diverse alcune delle quali somigliano a quelle usate

per rich.10].

51.1.A Siano x, y, z > 0. Trovare il minimo della funzione S = \frac{1}{y} + \frac{1}{x} + \frac{1}{z} con la condizione x + y + z = 1. 52.1.A Dimostrare che \frac{1}{2} \frac{1}{\sqrt{n}} ≤ \frac{1}{2} \frac{3}{4} \frac{5}{6} … \frac{2n−1}{2n} ≤ \frac{1}{\sqrt{2n}} 53.1.A Dimostrare che (a + b + c)(ab + ac + bc) ≥ 9abc con a, b, c ≥ 0 54.1.A Dimostrare che (a + b)(a + c)(b + c) ≥ 8abc con a, b, c ≥ 0 55.1.A Dimostrare che bc(b + c) + ac(a + c) + ab(a + b) ≥ 6abc con a, b, c ≥ 0 18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 6

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

56.1.A Dimostrare che (\frac{1}{a} − 1)(\frac{1}{b} − 1)(\frac{1}{c} − 1) ≥ 8 con a, b, c > 0 e a + b + c = 1 57.1.A Dimostrare che a^{2}b^{2} + a^{2}c^{2} + b^{2}c^{2} ≥ abc(a + b + c) 58 .1.A Dimostrare che (a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} + e^{2})(a^{3} + b^{3} + c^{3} + d^{3} + e^{3}) ≥ 25abcde con a, b, c, d, e, ≥ 0 59.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} ≥ \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}} 60.1.A Siano a, b, c, d > 0. Dimostrare che \frac{a^{2}}{b^{2}} + \frac{b^{2}}{c^{2}} + \frac{c^{2}}{d^{2}} + \frac{d^{2}}{a^{2}} ≥ \frac{a+b+c+d}{\sqrt[4]{abcd}} 61.1.A Supponiamo che ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{1+a_{k}} ≥ α_{n} per tutti gli a_{k} positivi e tali che a_{1} ⋯ a_{k} = 1. Si trovi il valore di α_{n} più grande possibile. (rich.9) 62.1.A Es: Supponiamo che ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{1+ka_{k}} ≥ β_{n} per tutti gli a_{k} positivi e tali che a_{1} ⋯ a_{k} = 1. Si trovi il valore di β_{n} più grande possibile. 63.1.A Sia a_{1}, a_{2}, …, a_{n} > 0 e S = a_{1} + … + a_{n}. Dimostrare che \frac{S}{S−a_{1}} + … + \frac{S}{S−a_{n}} ≥ \frac{n^{2}}{n−1} e che l’uguaglianza si ha se e solamente se a_{1} = a_{2} = … = a_{n}. 64.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a^{2}}{b^{2}} + \frac{b^{2}}{c^{2}} + \frac{c^{2}}{a^{2}} ≥ \frac{b}{a} + \frac{c}{b} + \frac{a}{c} [Da [M] pag. 41 e attribuito a

T.Andreescu]

65.1.A Siano a, b, c, d > 0. Dimostrare che \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a+b+c} + \frac{b^{2}+c^{2}+d^{2}}{b+c+d} + \frac{c^{2}+d^{2}+a^{2}}{c+d+a} + \frac{d^{2}+a^{2}+b^{2}}{d+a+b} ≥ a + b + c + d 66.1.A Dimostrare che x^{4}(1 + y^{4}) + y^{4}(1 + z^{4}) + z^{4}(1 + x^{4}) ≥ 6x^{2}y^{2}z^{2} e si trovino i valori di x, y, z per cui si ha uguaglianza. 67.1.A Siano a, b, c tre numeri reali positivi tali che abc = 1. Si dimostri che a+b+c ≤ a^{2}+b^{2}+c^{2} 68.1.A Dati a, b, c, d positivi, dimostrare che \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{4}{c} + \frac{16}{d} ≥ \frac{64}{a+b+c+d} [da [M], pag.7] 69.1.A Sia 0 ≤ a_{i} < 1 e S = a_{1} +…+a_{n}. Dimostrare che ∑_{i=1}^{n} \frac{a_{i}}{1−a_{i}} ≥ \frac{nS}{n−S} [Problema n.4547,

H.S.Shapiro; L.A.Ringenberg – A.M.M. Vol.61, No.9 (Nov.,1954), 648–649]

70.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{ab}{a+b} + \frac{bc}{b+c} + \frac{ca}{c+a} ≤ \frac{a+b+c}{2} [da:[LLP] pag.14] (rich.18) 71.1.A Siano a, b, c > 0 tali che ab + bc + ca = abc. Dimostrare che \frac{a^{4}+b^{4}}{ab(a^{3}+b^{3})} + \frac{b^{4}+c^{4}}{bc(b^{3}+c^{3})} +

\frac{c^{4}+a^{4}}{ca(c^{3}+^{3})} ≥ 1 [da:[LLP] pag.15]

72.1.A Sia a, b, c ≥ 0. Dimostrare che \frac{a^{2}}{a^{2}+bc} + \frac{b^{2}}{b^{2}+ac} + \frac{c^{2}}{c^{2}+ab} ≤ 2. 73.1.A Siano x, y, z > 0 tali che x + y + z = 1. Dimostrare che \sqrt{\frac{xy}{xy+z}} + \sqrt{\frac{yz}{yz+x}} + \sqrt{\frac{zx}{zx+y}} ≤ \frac{3}{2}

[da http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=345301, dimostrazione di Michael Rozemberg]

74.1.A Dimostrare che a^{4}b^{2} + b^{4}c^{2} + c^{4}a^{2} ≥ a^{2}b^{3}c + b^{2}c^{3}a + c^{2}a^{3}b, a, b, c, ≥ 0 75.1.A Dimostrare che ln(n + 1) < ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k} < 1 + ln n 76.1.A Siano a_{1}, a_{2}, …, a_{n} positivi e tali che ∑_{k=1}^{n} a_{k} = 1. Dimostrare che ∏_{k=1}^{n} \frac{1−a_{k}^{N}}{a_{k}^{N}} ≥ (n^{N} − 1)^{n} 18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 7

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

77.1.A Dimostrare che 2(x^{5} + y^{5} + z^{5}) ≥ x^{2}y^{3} + x^{3}y^{2} + y^{2}z^{3} + y^{3}z^{2} + z^{2}x^{3} + z^{3}x^{2} senza fare uso del Teorema di Muirhead ma utilizzando la disuguaglianza AGM. 78.1.A Dimostrare che 2(x^{5} + y^{5} + z^{5}) ≥ x^{4}y + xy^{4} + yz^{4} + y^{4}z + zx^{4} + z^{4}x senza fare uso del Teorema di Muirhead ma utilizzando la disuguaglianza AGM. 79.1.A Dimostrare che x^{5} + y^{5} + z^{5} ≥ x^{2}y^{2}z + y^{2}z^{2}x + x^{2}z^{2}y senza fare uso del Teorema di Muirhead ma utilizzando la disuguaglianza AGM. 80.1.A Siano x, y, z tre quantità positive tali che xyz = 1. Dimostrare che x+y+z ≤ x^{2}+y^{2}+z^{2}.

(rich.20)

81.1.A Sia a, b ≥ 0 e ab = 1. Dimostrare che (a + b)(1 + \frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}} + \frac{1}{\sqrt{1+b^{2}}} ) ≥ 4 82.1.A Sia P (x) un polinomio a coefficienti positivi tale che P^{2}(1) ≥ 1. Allora P (x) ≥ 1/P (1/x)

per ogni x > 0. [da Mildorf pag.5]

83.1.A Siano a, b, c i tre lati di un triangolo. Dimostrare che \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} < 2. [da [L1] pag.3] 84.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che (abc)^{2} + 2 + a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ 2(ab + bc + ca) [da: [LLP]

pag.169]  (rich.19)

85.1.A Siano a, b, c > 0 e abc = 1. Dimostrare che \frac{1+ab}{1+a} + \frac{1+bc}{1+b} + \frac{1+ca}{1+c} ≥ 3 [[MVG] pag.11] 86.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che 2\frac{ab}{a+b} + 2\frac{bc}{b+c} + 2\frac{ca}{c+a} ≤ a + b + c [[MVG] pag.12] 87.1.A Sia data la funzione F (x, y) che vale \frac{x−y}{ln x−ln y} se x ≠ y e x se x = y. Dimostrare che

\frac{1}{3}(2\sqrt{xy} + \frac{x + y}{2} ) ≥ F (x, y) ≥ \sqrt{xy}

[La parte sinistra è la disuguaglianza di Pòlya e si può trovare a pagina 40 del libro di D.S.Mitrinović, J.E.Pečarić, A.M.Fink, Classical and New Ineqialities in Analysis, Kluwer Academic Publishers, 1993. La parte destra implica la disuguaglianza 3.6.15 a pag.272 del bel libro D.Mitrinović, Analytic Inequalities, Springer–Verlag (rich.11)

88.1.A Siano a, b, c ≥ 0. Dimostrare che ab + bc + ca ≥ \sqrt{3(abc)(a + b + c)} (rich.14) 89.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che a^{b}b^{c}c^{a} ≤ (\frac{a+b+c}{3})^{a+b+c} 90.1.A Sia a, b > 0. Dimostrare che a^{a}b^{b} ≥ (\frac{a+b}{2})^{a+b}

91.1.A Sia x ∈ (0, \frac{π}{2} ). Dimostrare che per a ≥ 1 si ha (\frac{x}{sin x})^{2a} + (\frac{x}{tan x})^{a} > 2 92.1.A Se a_{i} ≤ π/2, i = 1, …, 6 e ∑_{k=1}^{6} a_{k} = 2π, trovare massimo e minimo della espressione ∑_{k=1}^{6} sin a_{k} 93.1.A Si trovi il minimo della funzione f(a, b, c) = \sqrt{a^{2} + (1 − b)^{2}} + \sqrt{b^{2} + (1 − c)^{2}} + \sqrt{c^{2} + (1 − a)^{2}} [Da [ACDL] pag.8] 94.1.A Sia x, y, x > 0. Si dimostri che \frac{x}{(y+z)^{2}} + \frac{y}{(x+z)^{2}} + \frac{z}{(x+y)^{2}} ≥ \frac{9}{4} \frac{1}{x+y+z} [da: [ACDL] pag.8 e

attribuito a Darij Grinberg]

18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 8 95.1.A Siano a, b, c tre numeri positivi tali che abc ≤ 1. Dimostrare che \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} ≥ a + b + c

[da: [ACDL] pag.9]

96.1.A Sia x, y, z > 0. Dimostrare che \frac{x}{(y+z)^{2}} + \frac{y}{(x+z)^{2}} + \frac{z}{(x+y)^{2}} ≥ \frac{2(x+y)}{(2z+x+y)^{2}} + \frac{2(y+z)}{(2x+y+z)^{2}} +

\frac{2(z+x)}{(2y+x+z)^{2}}

97.1.A Siano a, b ≥ 0 tali che a + b = 1. Dimostrare che \frac{a^{2}}{a+1} + \frac{b^{2}}{b+1} ≥ \frac{1}{3} [[L1] pag.34, (Hungary

1996)]

98 .1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{a+c} ≤ \frac{1}{2a} + \frac{1}{2b} + \frac{1}{2c}[da: Z.Kadelburg,

D.Dukić, M.Lukić, I.Matić: INEQUALITIES OF KARAMATA, SCHUR AND MUIRHEAD, AND SOME AP-

PLICATIONS, THE TEACHING OF MATHEMATICS, 2005, Vol.VIII, pp.31–45]

99.1.A Siano a, b, c > 0 e tali che abc = 1. Dimostrare che \frac{1}{a+b+1} + \frac{1}{b+c+1} + \frac{1}{a+c+1} ≤ 1[da:

Z.Kadelburg, D.Dukić, M.Lukić, I.Matić: INEQUALITIES OF KARAMATA, SCHUR AND MUIRHEAD, AND

SOME APPLICATIONS, THE TEACHING OF MATHEMATICS, 2005, Vol.VIII, pp.31–45] (rich.38)

100.1.A Siano a, b, c ≥ 0 e tale che a + b + c ≠ 0, ab + bc + ca ≥ a + b + c. Dimostrare che

\frac{1}{a+b+1} + \frac{1}{b+c+1} + \frac{1}{a+c+1} ≤ 1 [da: http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?p=1586309#1586309]

101 .1.A Siano a, b, c > 0. Si dimostri che \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} ≥ \frac{a+c}{b+c} + \frac{b+a}{c+a} + \frac{c+b}{a+b} [da:

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?search id=235627154&t=299899, problema 1]

102.1.A Siano 0 < a ≤ b ≤ c ≤ d tali che abcd = 1. Si dimostri che (a + 1)(d + 1) ≥ 3 + \frac{3}{4d^{3}}

[da: http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?search id=235627154&t=299899, problema 2]

103 .1.A Siano a, b, c > 0. Si dimostri che 7(ab + bc + ca) ≤ 2 + 9abc [da:

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?search id=235627154&t=299899, problema 4]

104 .1.A Siano a, b, c > 0. Si dimostri che \sqrt{x(y + 1)} + \sqrt{y(z + 1)} + \sqrt{z(x + 1)} ≤

\sqrt[\frac{3}{2}]{(x + 1)(y + 1)(z + 1)}

[da: http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?search id=235627154&t=299899, problema 5]

105.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} ≥ \frac{4a}{2a^{2}+b^{2}+c^{2}} + \frac{4b}{2b^{2}+c^{2}+a^{2}} + \frac{4c}{2c^{2}+a^{2}+b^{2}} [da:

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?search id=235627154&t=299899, problema 6]

106.1.A Es: Siano a, b, c, d, e > 0 tali che a+b+c+d+e = 5. Si dimostri che abc+bcd+cde+

dea + eab ≤ 5 [da: http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?search id=235627154&t=299899, problema 7]

107 .1.A Siano 0 < a ≤ b ≤ c. Dimostrare che (a + b)(a + c)^{2} ≥ 6abc [da:

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?search id=235627154&t=299899, problema 8]

108 .1.A Siano a, b, c, d > 0. Dimostrare che \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+d} + \frac{c}{d+a} + \frac{d}{a+b} ≥ 2 [da:

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?search id=235627154&t=299899, problema 9, [MA] pag.14]

109 .1.A Dimostrare che se a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} = 4 allora a^{3} + b^{3} + c^{3} + d^{3} ≤ 8. [da:

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?search id=235627154&t=299899, problema 10]

110.1.A Siano a, b, c ≥ 0 tali che abc = 1. Dimostrare che \frac{1}{a^{2}+2b^{2}+3} + \frac{1}{b^{2}+2c^{2}+3} + \frac{1}{c^{2}+2a^{2}+3} ≤ \frac{1}{2}

[da: http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=299899&start=20, problema 11]

111.1.A Siano a, b, c > 0 tale che a + b + c = 1. Dimostrare che \frac{1+a+b}{2+c} + \frac{1+b+c}{2+a} + \frac{1+c+a}{2+b} ≥ \frac{15}{7}

[da: http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=299899&start=20, problema 12]

112.1.A Siano a, b, c ≥ 0 tali che ab+bc+ca = abc. Dimostrare che \frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}} + \frac{1}{\sqrt{1+b^{2}}} + \frac{1}{\sqrt{1+c^{2}}} ≤ \frac{3}{2}

[da: http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=299899&start=20, problema 14]

113.1.A Siano a, b, c ≥ 0 tali che a^{2} + b^{2} + c^{2} = 1. Trovare il minimo della funzione ab + bc +

ca − 3(a + b + c) [da: http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=299899&start=20, problema 15]

114.1.A Siano a, b, c > 0 tale che a + b + c = 1. Dimostrare che \frac{a}{\sqrt{b+c}} + \frac{b}{\sqrt{a+c}} + \frac{c}{\sqrt{a+b}} ≥ \sqrt{\frac{3}{2}}

[da: http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=299899&start=20, problema 16]

115.1.A Siano a, b, c reali e tali che a^{2} + b^{2} + c^{2} = 1. Dimostrare che a + b + c − 2abc ≤ \sqrt{2} [da:

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=299899&start=20, problema 17]

116 .1.A Siano x, y, z > 0 e tali che xyx = 1. Dimostrare che x^{2} + y^{2} + z^{2} + x + y + z ≥

2(xy + yz + zx). [da: http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=299899&start=20, problema 18]

117.1.A Siano a, b, c ≥ 0 e tali che a^{2} + b^{2} + c^{2} = 3. Dimostrare che (abc)^{2}(a^{3} + b^{3} + c^{3}) ≤ 3

[da: http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=299899&start=20, problema 19]

118.1.A Siano a, b, c, i lati di un triangolo. Dimostrare che a^{2}b(a−b)+b^{2}c(b−c)+c^{2}a(c−a) ≥ 0

[da: http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=299899&start=20, problema 20; IMO 1983/6 USA]

119.1.A Siano x, y, z, appartenenti all’intervallo [\frac{1}{3}, \frac{2}{3}]. Dimostrare che 1 ≥ ^{3} \sqrt{abc}+ \frac{2}{3(a+b+c)} [da:

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=299899&start=40&sid=98fbd6f1e8cda49cebb28b95ce35cec5, problema 21]

120 .1.A Siano 0 < a, b, c < 1. Dimostrare che \sqrt{abc} + \sqrt{(1 − a)(1 − b)(1 − c)} < 1. [da

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?f=151&t=299899&ml=1&start=40 problema 23]

121 .1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che (\frac{1}{a+1} + \frac{1}{b+1} + \frac{1}{c+1})^{−1} − (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c})^{−1} ≥

\frac{1}{3} [da: http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=299899&start=40&sid=98fbd6f1e8cda49cebb28b95ce35cec5, problema 24]

122 .1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{ab}{a^{2}+b^{2}+\sqrt{c}} + \frac{bc}{b^{2}+c^{2}+\sqrt{a}} + \frac{ac}{a^{2}+b^{2}+\sqrt{c}} < 1 [da:

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=299899&start=40&sid=98fbd6f1e8cda49cebb28b95ce35cec5, problema 25]

123.1.A Siano a, b, c tali che 3a + 2b + c = 1. Trovare il massimo di \frac{1}{1+|a|} + \frac{1}{1+|b|} + \frac{1}{1+|c|} [da:

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=299899&start=40&sid=98fbd6f1e8cda49cebb28b95ce35cec5, problema 26]

124.1.A Siano a, b, c > 0 tali che ab + bc + ca = 3. Dimostrare che \frac{1}{1+a^{2}(b+c)} + \frac{1}{1+b^{2}(a+c)} +

\frac{1}{1+c^{2}(a+b)} ≤ \frac{1}{abc} [da: http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=299899&start=40&sid=98fbd6f1e8cda49cebb28b95ce35cec5, problema 28]

125 .1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}} + \frac{b^{3}}{b^{2}+bc+c^{2}} + \frac{c^{3}}{c^{2}+ac+a^{2}} ≥ \frac{a+b+c}{3} [da:

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=299899&start=40&sid=98fbd6f1e8cda49cebb28b95ce35cec5, problema 29 e anche [AD] pag.96, [LLP] pag.108]

126 .1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{\sqrt{3a^{2}+b^{2}}}{ab} + \frac{\sqrt{3b^{2}+c^{2}}}{bc} + \frac{\sqrt{3c^{2}+a^{2}}}{ac} ≥ 6\sqrt{3}. [da:

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=299899&start=40&sid=98fbd6f1e8cda49cebb28b95ce35cec5, problema 30]

127 .1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che (a^{2} + 2)(b^{2} + 2)(c^{2} + 2) ≥ 3(a + b + c)^{2} [da:

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=299899&start=40&sid=98fbd6f1e8cda49cebb28b95ce35cec5, prob-

lema 31] (rich.32)

128 .1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a}{\sqrt{b^{2}+3c}} + \frac{b}{\sqrt{c^{2}+3a}} + \frac{c}{\sqrt{a^{2}+3b}} ≥ \frac{1}{\sqrt{1+3abc}} [da:

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=299899&start=40&sid=98fbd6f1e8cda49cebb28b95ce35cec5, problema 32]

129 .1.A Es: Siano a, b, c, d > 0. Dimostrare che \frac{a^{2}+b^{2}}{ab+b^{2}} + \frac{b^{2}+c^{2}}{bc+c^{2}} + \frac{c^{2}+d^{2}}{cd+d^{2}} ≥ ^{3} \sqrt{\frac{54a}{a+d}} [da:

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=299899&start=40&sid=98fbd6f1e8cda49cebb28b95ce35cec5, problema 33]

130.1.A Siano a, b > 0 e b < a. Dimostrare che a + \frac{1}{a(a−b)} ≥ 3.

[da: http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=299899&start=40&sid=98fbd6f1e8cda49cebb28b95ce35cec5– problema 34]

131.1.A Siano a, b, c ≥ 0. Dimostrare che (a^{2} −bc)\sqrt{b + c}+(b^{2} −ac)\sqrt{c + a}+(c^{2} −ab)\sqrt{a + b} ≥

0 [da: http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=299899&start=40&sid=98fbd6f1e8cda49cebb28b95ce35cec5, problema 35]

132.1.A Siano a, b, c > 0 tali che \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \sqrt{abc}. Dimostrare che abc ≤ \sqrt{3(a + b + c)}

[http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?f=151&t=299899&ml=1&start=60, problema 36]

133.1.A Siano a, b, c, d > 0 tali che a + b + c + d = 4. Dimostrare che \frac{1}{11+a^{2}} + \frac{1}{11+b^{2}} + \frac{1}{11+c^{2}} +

\frac{1}{11+d^{2}} ≤ \frac{1}{3} [http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?f=151&t=299899&ml=1&start=60, problema 37]

134 .1.A Siano a_{1}, …, a_{n} > 0 tale che a_{i} ∈ [a, b] per ogni i e 0 < a < b. Dimostrare che (a_{1} + … + a_{n})(\frac{1}{a_{1}} + … + \frac{1}{a_{n}} ) ≤ n^{2} \frac{(a+b)^{2}}{4ab}

[http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?f=151&t=299899&ml=1&start=60, problema 39]

135 .1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che 81(abc)(a^{2} + b^{2} + c^{2}) ≤ (a + b + c)^{5}

[http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?f=151&t=299899&ml=1&start=60, problema 40]

136.1.A Siano a, b, c > 0 tali che a^{3} + b^{3} + 3c = 5 Dimostrare che \sqrt{\frac{a+b}{2c}} + \sqrt{\frac{b+c}{2a}} + \sqrt{\frac{c+a}{2b}} ≤

\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}. [http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?f=151&t=299899&ml=1&start=60, problema 41]

137.1.A Siano a, b, c > 0 tali che \frac{1}{a^{2}+1} + \frac{1}{b^{2}+1} + \frac{1}{c^{2}+1} = \frac{1}{2}. Dimostrare che \frac{1}{a^{3}+2} + \frac{1}{b^{3}+2} + \frac{1}{c^{3}+2} ≤ \frac{1}{3}

[http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?f=151&t=299899&ml=1&start=60, problema 42]

138.1.A Siano a, b, c > 0 tali che a + b + c = 3. Dimostrare che \sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} ≥ ab + bc + ca

[http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?f=151&t=299899&ml=1&start=60, problema 43]

139 .1.A Siano a, b, c > 0 tali che a^{2} + b^{2} + c^{2} = 1. Trovare il minimo della espressione

\frac{a^{2}b^{2}}{c^{2}} + \frac{b^{2}c^{2}}{a^{2}} + \frac{a^{2}c^{2}}{b^{2}} [http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?f=151&t=299899&ml=1&start=60, problema 45]

140.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a^{2}}{a+2b^{2}} + \frac{b^{2}}{b+2c^{2}} + \frac{c^{2}}{c+2a^{2}} ≥ 1

[da: http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?f=151&t=299899&ml=1&start=60, problema 46]

141 .1.A Siano a, b, c > 0 tali che a + b + c ≤ 3/2. Dimostrare che \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} ≤

\frac{a^{2}}{(b+c)^{2}} + \frac{b^{2}}{(c+a)^{2}} + \frac{c^{2}}{(a+b)^{2}} [da: http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?f=151&t=299899&ml=1&start=60,

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria problema 47]

142.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{(2a+b+c)^{2}}{2a^{2}+(b+c)^{2}} + \frac{(2b+c+a)^{2}}{2b^{2}+(c+a)^{2}} + \frac{(2c+a+b)^{2}}{2c^{2}+(a+b)^{2}} ≤ 8

[da: http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?f=151&t=299899&ml=1&start=60, problema 48]

143.1.A Siano a, b, c > 0 tali che a + b + c = abc. Dimostrare che \frac{a+b}{1+c^{2}} + \frac{b+c}{1+a^{2}} + \frac{c+a}{1+b^{2}} ≥ \frac{27}{2abc}

[da: http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?f=151&t=299899&ml=1&start=60, problema 49]

144.1.A Siano a, b, c > 0 tali che a^{2} + b^{2} + c^{2} = 3. Dimostrare che \frac{a^{3}}{2b^{2}+c^{2}} + \frac{b^{3}}{2c^{2}+a^{2}} + \frac{c^{3}}{2a^{2}+b^{2}} ≥ 3

[da: http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?f=151&t=299899&ml=1&start=60, problema 54]

145.1.A Siano a, b, c > 0 tali che a + b + c = 1. Dimostrare che \frac{a^{2}−bc}{a^{2}+a} + \frac{b^{2}−ca}{b^{2}+b} + \frac{c^{2}−ab}{c^{2}+c} ≤ 0 [da:

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=151&t=299899&start=120 problema 69]

146 .1.A Siano a, b, c > 0 tali che abc = 1. Dimostrare che 1 + \frac{3}{a+b+c} ≥ \frac{6}{ab+bc+ca} [da:

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=151&t=299899&start=140 problema 76]

147.1.A Siano a_{1}, …, a_{n} > 0. Dimostrare che ∑_{k=1}^{n} \frac{a_{k}}{2−a_{k}} ≥ \frac{n}{2n−1}

[da: http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=151&t=299899&hilit=marathon&start=160 problema 97 ]

148.1.A Siano a, b, c > 0 tali che abc = 1. Allora (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 4(a + b + c − 1)

[da: http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=151&t=299899&hilit=marathon&start=160 problema 98. Anche in Mathematical Excalibur Vol.14 num.1 2009, anche MOSP 2001. ]

149.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{c}{a} + \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c} ≥ 2

[da: http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=151&t=299899&start=180 prob. 100]

150.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che (\frac{a+2b}{a+2c})^{3} + (\frac{b+2c}{b+2a})^{3} + (\frac{c+2a}{c+2b})^{3} ≥ 3 [da [M] pag.40]. 151.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{b^{2}+c^{2}−a^{2}}{a(b+c)} + \frac{c^{2}+a^{2}−b^{2}}{b(c+a)} + \frac{a^{2}+b^{2}−c^{2}}{c(a+b)} ≥ \frac{3}{2} [da [M] pag.41 e

attribuito a Darij Grinberg].

152.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a}{b+2c} + \frac{b}{c+2a} + \frac{c}{a+2b} ≥ 1 [da: [L] pag.10 num.63 e proveniente

da (Czech–Slovak Match 1999]

153.1.A Siano a, b, c i lati di un triangolo e sia s il semiperimetro. Dimostrare che (s − c)^{a}(s − a)^{b}(s − b)^{c} ≤ (\frac{a}{2})^{a} (\frac{b}{2})^{b} (\frac{c}{2})^{c} 154.1.A Sia a, b, c > 0 tale che abc = 1. Dimostrare che \frac{a}{b+c+1} + \frac{b}{a+c+1} + \frac{c}{a+b+1} ≥ 1 155.1.A Dimostrare che ∑_{k=1}^{n} \frac{a_{k}}{a_{k}+a_{k+1}} ≥ 1 dove a_{n+1} = a_{1}. 156.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a}{b+2c} + \frac{b}{c+2a} + \frac{c}{a+2b} ≥ 1 157.1.A Siano a, b, c, d > 0 e a + b + c + d = 1. Dimostrare che \frac{a^{2}}{a+b} + \frac{b^{2}}{b+c} + \frac{c^{2}}{c+d} + \frac{d^{2}}{d+a} ≥ \frac{1}{2} 158.1.A Siano a, b, c > 0 tale che abc = 1. Dimostrare che \frac{a}{b^{2}c^{2}} + \frac{b}{c^{2}a^{2}} + \frac{c}{a^{2}b^{2}} ≥ \frac{9}{a+b+c} 159.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a^{2}}{(a+b)(a+c)} + \frac{b^{2}}{(b+a)(b+c)} + \frac{c^{2}}{(c+a)(c+b)} ≥ \frac{3}{4} [da [M] pag.40]

(rich.39)

18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 12

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

160.1.A Siano a, b, c > 0 e abc = 1. Dimostrare che \frac{a}{(a+1)(b+1)} + \frac{b}{(b+1)(c+1)} + \frac{c}{(c+1)(a+1)} ≥ \frac{3}{4} [da

[MGV] pag.12 ed anche http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=89302]

161 .1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a^{4}}{b+c} + \frac{b^{4}}{c+a} + \frac{c^{4}}{a+b} ≥ \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{2} [da:

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=133943&search id=1904060829]

162.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a^{4}}{a+b} + \frac{b^{4}}{c+b} + \frac{c^{4}}{a+c} ≥ \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{2} 163.1.A Siano x, y, z > 0 e x + y + z = 1. Dimostrare che 1 ≥ \frac{x^{4}}{1+y} + \frac{y^{4}}{1+z} + \frac{z^{4}}{1+x} ≥ \frac{1}{36} 164.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a^{4}}{b^{3}+c^{3}} + \frac{b^{4}}{c^{3}+a^{3}} + \frac{c^{4}}{a^{3}+b^{3}} ≥ \frac{a+b+c}{2} 165 .1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a^{4}}{a^{3}+b^{3}} + \frac{b^{4}}{c^{3}+b^{3}} + \frac{c^{4}}{a^{3}+c^{3}} ≥ \frac{a+b+c}{2} [da:

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=80127&sid=9083bc9b5037797c14f8f6082f49eb7f, http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=23113, http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=459225] (rich.21)

166.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che (a + \frac{b^{2}}{c})^{2} + (b + \frac{c^{2}}{a})^{2} + (c + \frac{a^{2}}{b})^{2} ≥ 12\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{a+b+c} [da:

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=80127&sid=9083bc9b5037797c14f8f6082f49eb7f] (rich.23)

167 .1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a^{3}}{2a^{2}+b^{2}} + \frac{b^{3}}{2b^{2}+c^{2}} + \frac{c^{3}}{2c^{2}+a^{2}} ≥ \frac{a+b+c}{3} [da:

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=80127&sid=9083bc9b5037797c14f8f6082f49eb7f] (rich.22)

168.1.A Siano a, b, c, d positivi. Dimostrare che \frac{a}{b+2c+3d} + \frac{b}{c+2d+3a} + \frac{c}{d+2a+3b} + \frac{d}{a+2b+3c} ≥ \frac{2}{3} 169 .1.A Sia n ≥ 2. Trovare il minimo della espressione \frac{x_{1}^{5}}{x_{2}+...+x_{n}} + \frac{x_{2}^{5}}{x_{1}+x_{2}+...+x_{n}} + … +

\frac{x_{n}^{5}}{x_{1}+...+x_{n−1}} dove x2 1 + x2 2 + … + x2 n = 1. [da [M] pag.13 (Turchia)]

170.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{b+c}{a^{2}} + \frac{c+a}{b^{2}} + \frac{a+b}{c^{2}} ≥ \frac{2}{a} + \frac{2}{b} + \frac{2}{c} 171.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a^{3}}{b^{2}} + \frac{b^{3}}{c^{2}} + \frac{c^{3}}{a^{2}} ≥ \frac{a^{2}}{b} + \frac{b^{2}}{c} + \frac{c^{2}}{a} 172 .1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a^{n}}{b^{n−1}} + \frac{b^{n}}{c^{n−1}} + \frac{c^{n}}{a^{n−1}} ≥ a + b + c. [da

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=337976]

173.1.A Siano a, b, c > 0. Per ogni intero positivo n si dimostri \frac{a^{n}}{b^{n−1}} + \frac{b^{n}}{c^{n−1}} + \frac{c^{n}}{a^{n−1}} ≥ \frac{a^{n−1}}{b^{n−2}} + \frac{b^{n−1}}{c^{n−2}} + \frac{c^{n−1}}{a^{n−2}} 174.1.A Siano a_{j} > 0 per j = 1, …, n. Dimostrare che \frac{a_{1}^{3}}{a_{2}} + … + \frac{a_{n}^{3}}{a_{1}} ≥ a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + … + a_{n}^{2} 175 .1.A Es: Sia a_{k} > 0, k = 0, …, n tale che a_{k−1}a_{k+1} ≤ a_{k}^{2}. Dimostrare che \frac{a_{0}+...+a_{n}}{n+1} \frac{a_{1}+...+a_{n−1}}{n−1} ≥ \frac{a_{0}+...+a_{n−1}}{n} \frac{a_{1}+...+a_{n}}{n} 176.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a+b+c}{2} ≥ \frac{ab}{a+b} + \frac{bc}{b+c} + \frac{ac}{a+c} 177.1.A Dimostrare che ∑_{k=1}^{n} \frac{S}{2S−x_{k}} ≥ \frac{n^{2}}{2n−1} dove x_{k} ≥ 0 per k = 1, …, n e ∑_{k=1}^{n} x_{k} = S 178.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a^{3}}{bc} + \frac{b^{3}}{ac} + \frac{c^{3}}{ab} ≥ a + b + c. [[L] pag.7 (Canada 2002)] 179.1.A Siano a, b, c > 0 tali che abc = 1. Dimostrare che \frac{ab}{a^{5}+b^{5}+ab} + \frac{bc}{b^{5}+c^{5}+bc} + \frac{ca}{c^{5}+a^{5}+ac} ≤ 1. 18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 13

[IMO 1996 shortlist ]

180.1.A Siano a, b, c > 0 e tali che abc = 1. Dimostrare che 5+ \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} ≥ (1+a)(1+b)(1+c)

[da [M] pag.41 ed attribuito ad Aaron Pixton]

181.1.A Siano a, b, c ≥ 0. Dimostrare che (a^{2} + b^{2} + c^{2})^{2} ≥ 3(a^{3}b + b^{3}c + c^{3}a) [da [L] pag.20

oppure da [M] pag.29 ed attribuito a Vasile Cirtoaje. Si faccia attenzione che è una delle disuguaglianze più difficili da dimostrare.] (rich.24)

182.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a}{\sqrt{a^{2}+8bc}} + \frac{b}{\sqrt{b^{2}+8ca}} + \frac{c}{\sqrt{c^{2}+8ab}} ≥ 1 [da IMO 2001/2]

183.1.A Siano a, b, c ≥ 0 e a + b + c = 6. Dimostrare che \frac{a}{\sqrt{b^{3}+1}} + \frac{b}{\sqrt{c^{3}+1}} + \frac{c}{\sqrt{a^{3}+1}} ≥ 2 [da

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=320069]

184.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a+b}{c} + \frac{b+c}{a} + \frac{c+a}{b} ≥ 4 (\frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b}) [da: [ACDL]

pag. 12 e http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?p=1346817#1346817]

185.1.A Siano a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4} > 0. Dimostrare che \frac{a_{1}}{a_{2}+a_{3}} + \frac{a_{2}}{a_{3}+a_{4}} + \frac{a_{3}}{a_{4}+a_{1}} + \frac{a_{4}}{a_{1}+a_{2}} ≥ 2

186 .1.A Siano a, b, c ≥ 0. Dimostrare che \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca} + \frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} ≥ 2 [da [M] pag.44 ed

attribuito a Hungkhtn. Si veda http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=22815&search id=1743203559 e http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=339867 e http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=344032

]  (rich.15)

187 .1.A Siano a, b, c ≥ 0. Dimostrare che 1 + \frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} ≥ 2\frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} [da:

http://gbas2010.wordpress.com/, num.44]

188 .1.A Siano a, b, c ≥ 0. Dimostrare che \frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} + \frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{4abc} ≥ 3 [da

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?search id=983246961&t=22815 (rich.17)

189 .1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a^{2}}{a^{2}+bc} + \frac{b^{2}}{b^{2}+ac} + \frac{c^{2}}{c^{2}+ab} ≤ \frac{(a+b+c)^{2}}{2(ab+bc+ca)} [Vedi

http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?t=217556]

190 .1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a^{2}}{a^{2}+bc} + \frac{b^{2}}{b^{2}+ac} + \frac{c^{2}}{c^{2}+ab} ≤ \frac{5}{2} − \frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} [Vedi

http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?t=217556]

191.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a^{2}}{a^{2}+bc} + \frac{b^{2}}{b^{2}+ac} + \frac{c^{2}}{c^{2}+ab} ≤ \frac{a+b+c}{2 ^{3} \sqrt{abc}} [Problema num.3374 di

CRUX vol.34 num.7 Nov. 2008. Vedi pure http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=335838] (rich.16)

192 .1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{4a^{2}}{4a^{2}+5bc} + \frac{4b^{2}}{4b^{2}+5ac} + \frac{4c^{2}}{4c^{2}+5ab} ≤ \frac{a+b+c}{9 ^{3} \sqrt{abc}} [da:

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=246653]

193.1.A Siano a, b, c > 0 e abc = 1. Dimostrare che a + b + c ≥ 3 ∑_{cyc} \frac{a}{a+2b}

[da http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=113251]

194.1.A Siano a, b, c ≥ 0. Dimostrare che 2 ∑_{cyc}(\frac{b}{a+b})^{2} ≥ ∑_{cyc} \frac{a}{a+b}

[da http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=113251]

195.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} + \frac{3 ^{3} \sqrt{abc}}{2(a+b+c)} ≥ 2 [problema num.1840 di

Mathematics Magazine vol.83, no.1 Febbario 2010]

196.1.A Sia a_{i} ≥ 0 i = 1, …, n e ∑_{k=1}^{n} a_{k} = 1. Dimostrare che ∑_{k=1}^{n} \frac{a_{k}}{\sqrt{1−a_{k}}} ≥ \frac{1}{\sqrt{n−1}} ∑_{k=1}^{n} \sqrt{a_{k}}

197.1.A Siano x, y, z > 0. Si dimostri \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} ≥ \frac{x+y+z}{\sqrt[3]{xyz}} [[L] pag. 17, Šefket Arslanagić, da Elemente der Mathematik, ed anche [da: http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?p=1346817#1346817]]

198.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \sqrt{\frac{a+b}{c}} + \sqrt{\frac{b+c}{a}} + \sqrt{\frac{c+a}{b}} ≥ 3\sqrt{2} [^{}Šefket Arslanagić, da

“Die \sqrt{W URZEL}”, ed anche http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?p=1346817#1346817 ]

199.1.A Siano a, b > 0. Dimostrare che F (a, b) ≤ \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}} + \sqrt{ab} − \frac{a+b}{2}. Per la definizione di

F (a, b) si veda (rich.11). [È il contenuto del problema 1760 del 2007 della rivista Mathematics Magazine. Per la dimostrazione si utilizza una parte del contenuto di (rich.12)]

200.1.A Es: Siano a, b > 0. Dimostrare che \frac{1}{3}(2\sqrt{ab} + \frac{a+b}{2}) ≤ \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}} + \sqrt{ab} − \frac{a+b}{2}.

201.1.A Es: Siano a, b > 0. Dimostrare che \frac{A(a,b)−F (a,b)}{A(a,b)} ≤ \frac{F (a,b)−G(a,b)}{G(a,b)} dove per la definizione di F (a, b) si veda (rich.11) mentre A(a, b) ≐ \frac{a+b}{2} e G(a, b) = \sqrt{ab}

202 .1.A Es: Siano a, b > 0. Dimostrare che \frac{(A(a,b)−F (a,b))^{2}}{A(a,b)} ≥ \frac{(F (a,b)−G(a,b))^{2}}{G(a,b)} dove per la definizione di F (a, b) si veda (rich.11) mentre A(a, b) ≐ \frac{a+b}{2} e G(a, b) = \sqrt{ab}

203 .1.A Es: Siano a, b > 0. Dimostrare che \frac{(G(a,b)−F (a,b))^{2}}{H(a,b)} ≥ \frac{(F (a,b)−A(a,b))^{2}}{A(a,b)} dove per la definizione di F (a, b) si veda (rich.11) mentre A(a, b) ≐ \frac{a+b}{2} e G(a, b) = \sqrt{ab}, H(a, b) = \frac{2ab}{a+b} = G/\sqrt{H}.

204.1.A Siano a, b, c ≥ 0. Dimostrare che (ab + bc + ca)^{3} ≤ 3(a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a)(ab^{2} + bc^{2} + ca^{2})

[da Mathematical Reflections 2007 num.4]

205 .1.A Si dimostri che (\frac{x^{p}+y^{p}}{2} )^{1/p} ≤ F (x, y) ≤ (\frac{x^{q}+y^{q}}{2} )^{1/q} dove p ≤ 0 e q ≥ 1/3. Per la definizione di F (x, y) si veda (rich.11). Si faccia vedere inoltre che non può essere né F (x, y) ≤ (\frac{x^{q}+y^{q}}{2} )^{1/q} né F (x, y) ≥ (\frac{x^{q}+y^{q}}{2} )^{1/q} per 0 < q < 1/3. [Tung–Po Lin A.M.M. Vol.81, No.8

(Oct., 1974), pp.879–883. Si veda pure P.Biler, A.Witkowski, Problems in Mathematical Analysis, Marcel Dekker, Inc. 1990. La dimostrazione data è ispirata da A.W.Marshall, I.Olkin, Inequalities: Theory of Majorization and Its Applications, Academic Press, 1979. Si veda la dimostrazione di (rich.6) ] (rich.12)

206.1.A Si definisca la “identric mean” ossia la funzione I(x, y) ≐ \{ \begin{matrix}\frac{1}{e} (\frac{y^{y}}{x^{x}} )^{\frac{1}{y−x}} x > 0, y > 0, \\ x x = y > 0 \end{matrix}

e si dimostri che F (x, y) ≤ I(x, y) ≤ (x+y)/2. [Z.Zaiming;Ricardo Perez Marco A.M.M. Vol.95, No.3 (Mar., 1988), pp.262–264 ed anche http://www.thehcmr.org/issue1 1/problems.pdf]

207 .1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a^{4}}{b+c} + \frac{b^{4}}{a+c} + \frac{c^{4}}{a+b} ≥ \frac{1}{2}(a^{3} + b^{3} + c^{3}) [da:

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?search id=1904060829&t=133943&amp;ml=1]

208.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a^{2}}{b+c} + \frac{b^{2}}{a+c} + \frac{c^{2}}{a+b} ≥ \frac{3}{2} \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}

[da http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?search id=1904060829&t=133943. In [M] pag.44 lo si attribuisce a Michael Rozenberg.]

209.1.A Siano x, y, z > 0 e xyz = 1. Dimostrare che \frac{x}{y^{3}+2} + \frac{y}{z^{3}+2} + \frac{z}{x^{3}+2} ≥ 1

[da http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=305117, http://forum.mathscope.org/showthread.php?t=9613, http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?search id=868888070&t=305302]

210.1.A Siano a, b, c ∈ (0, 1). Dimostrare che \frac{a}{1−a} + \frac{b}{1−b} + \frac{c}{1−c} ≥ \frac{3 ^{3} \sqrt{abc}}{1− ^{3} \sqrt{abc}} [da [LLP] pag.17]

211.1.A Siano a, b, c > 0 e tali che a + b + c = 3. Dimostrare che \frac{a}{b^{2}+1} + \frac{b}{c^{2}+1} + \frac{c}{a^{2}+1} ≥ \frac{3}{2}

[http://reflections.awesomemath.org/2006 3/2006 3 originalmethod.pdf]

212.1.A Siano a, b, c > 0 e tali che a + b + c = 1. Dimostrare che \frac{a}{bc+1} + \frac{b}{ca+1} + \frac{c}{ab+1} ≤ \frac{9}{10} [da

[AD] pag.111]

213.1.A Siano a, b, c > 0 e tali che a + b + c = 3. Dimostrare che \frac{a}{ab+1} + \frac{b}{bc+1} + \frac{c}{ca+1} ≥ \frac{3}{2} [da

[M] pag.45 e attribuito a Vasile Cirtoaje]

214.1.A Dimostrare che se x, y, z ≤ 1 e x + y + z = 1, allora \frac{1}{1+x^{2}} + \frac{1}{1+y^{2}} + \frac{1}{1+z^{2}} ≤ \frac{27}{10} [[ACDL]]

215.1.A Dimostrare che 3(x^{2}y + y^{2}z + z^{2}x)(xy^{2} + yz^{2} + zx^{2}) ≥ xyz(x + y + z)^{3} [da: [ACDL] e

attribuito a Manlio Marangelli]

216 .1.A Dimostrare che (ab + bc + ca)^{3} ≤ 3(a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a)(ab^{2} + bc^{2} + ca^{2}) [da

http://reflections.awesomemath.org/2006 4/2006 4 solutions.pdf. Problema J17]

217.1.A Siano x, y, z > 0 tali che xyz = 1. Allora \frac{x^{5}−x^{2}}{x^{5}+y^{2}+z^{2}} + \frac{y^{5}−y^{2}}{y^{5}+z^{2}+x^{2}} + \frac{z^{5}−z^{2}}{z^{5}+x^{2}+y^{2}} ≥ 0 [da:

IMO 2005–A3. Il problema dato alla IMO reca xyz≥1 ed è più difficile]

218.1.A Siano x, y, z > 0. Dimostrare che \frac{a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}} + \frac{b^{3}}{b^{2}+bc+c^{2}} + \frac{c^{3}}{c^{2}+ac+c^{2}} ≥ \frac{a+b+c}{3}[da [LLP]

pag.20. Ad ogni modo è un problema assai noto ed infatti si trova pure in [M] pag.19]

219.1.A Siano a, b, c > 0. Si dimostri che \sqrt{\frac{a+b}{c}} + \sqrt{\frac{b+c}{a}} + \sqrt{\frac{c+a}{b}} ≥ 2(\sqrt{\frac{c}{a+b}} + \sqrt{\frac{a}{b+c}} + \sqrt{\frac{b}{c+a}})

[da http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=145822]

220.1.A Siano a, b, c > 0 tali che a + b + c = 3. Dimostrare che \frac{a}{b^{2}+c} + \frac{b}{c^{2}+a} + \frac{c}{a^{2}+b} ≥ \frac{3}{2} [da

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?p=870135#870135]

221.1.A Siano a, b, c ≥ 0 tali che a + b + c = 3. Dimostrare che a^{2} + b^{2} + c^{2} + abc ≥ 4.[da:

Mathematical Reflections, vol.4, 2006 Proving Inequalities Using Linear Functions, P.V.Thuan, T.V.Hung ]

222.1.A Siano a, b, c > 0 e a + b + c = 3. Dimostrare che \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{c^{2}} ≥ a^{2} + b^{2} + c^{2} [da: Vasile

Cirtoaje, Romania TST 2006]

223.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{1}{a^{2}+ab+bc} + \frac{1}{b^{2}+bc+ca} + \frac{1}{c^{2}+ca+ab} ≤ \frac{(a+b+c)^{2}}{(ab+bc+ca)^{2}} [da:

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?p=1744335#1744335]

224 .1.A Siano a, b, c > 0 tali che abc = 1. Dimostrare che \frac{1}{a^{3}(b+c)} + \frac{1}{b^{3}(a+c)} + \frac{1}{c^{3}(a+b)} +

\frac{4(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)} ≥ ab + bc + ca, [da: http://reflections.awesomemath.org/2006 6/2006 6 problems.pdf, problema S33]

225.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} ≥ \frac{a}{a+b} + \frac{b}{b+c} + \frac{c}{c+a} [: da Topic of

Nhochnhoc, num.132]

226 .1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a}{\sqrt{7a^{2}+b^{2}+c^{2}}} + \frac{b}{\sqrt{7b^{2}+c^{2}+a^{2}}} + \frac{c}{\sqrt{7c^{2}+a^{2}+b^{2}}} ≤ 1 [da

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=331804]

227.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{1}{a^{2}+ab+bc} + \frac{1}{b^{2}+bc+ca} + \frac{1}{c^{2}+ca+ab} ≤ \frac{(a+b+c)^{2}}{(ab+bc+ca)^{2}}

228 .1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{(a+b)^{2}}{a^{2}+3ab+4b^{2}} + \frac{(b+c)^{2}}{b^{2}+3bc+4c^{2}} + \frac{(c+a)^{2}}{c^{2}+3ca+4a^{2}} ≥ \frac{3}{2} [da:

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=341600]

229 .1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a+b}{a^{2}+b^{2}} + \frac{b+c}{b^{2}+c^{2}} + \frac{c+a}{c^{2}+a^{2}} ≥ \frac{3(a+b+c)}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} [da:

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=344803

230 .1.A Siano a, b, c > 0 e tali che abc = 1. Dimostrare che \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{3}{a+b+c} ≥ 4 [da:

http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?t=344375]

231.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a}{\sqrt{a+b}} + \frac{b}{\sqrt{b+c}} + \frac{c}{\sqrt{c+a}} ≥ \frac{1}{\sqrt{2}}(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}) [da:

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?f=51&t=56071&p=347277&ml=1#p347277]

232.1.A Siano a, b, c > 0 tale che a + b + c = 3. Dimostrare che \frac{1}{c^{2}+a+b} + \frac{1}{a^{2}+b+c} + \frac{1}{b^{2}+c+a} ≤ 1

[da: [H] pag.59]

233.1.A Siano a, b, c non necessariamente positivi e tali che a + b + c = 3. Dimostrare che a^{4} + b^{4} + c^{4} + 2(a^{3} + b^{3} + c^{3}) + 18 ≥ 9(a^{2} + b^{2} + c^{2})

[http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=347403]

234.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{b+c}{a} + \frac{c+a}{b} + \frac{a+b}{c} + 4\sqrt{2} · \frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} ≥ 6 + 4\sqrt{2}. [da

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=344029]

235.1.A Es: Siano a, b, c > 0. Dimostrare che ∑_{sym} a^{9}(bc)^{3}+3(ab)^{6}c^{3}+2a^{9}b^{6} ≥ ∑_{sym} 4(ab)^{7}c+ 2a^{7}(bc)^{4}

236.1.A Dimostrare che \frac{a^{2}}{(b+c)^{2}} + \frac{b^{2}}{(c+a)^{2}} + \frac{c^{2}}{(c+a)^{2}} ≥ \frac{3}{4} \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca} [da: [AD] pag.112]

237.1.A Siano a, b, c ≥ 0 tali che a + b + c = 1. Dimostrare che \frac{a}{1+a^{2}} + \frac{b}{1+b^{2}} + \frac{c}{1+c^{2}} ≤ \frac{9}{10} [da:

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=351402]

238.1.A Siamo a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} + \frac{9 ^{3} \sqrt{abc}}{a+b+c} ≥ 6

[da: http://math.stackexchange.com/questions/185604/prove-inequality-fracab-fracbc-fracca-frac9-sqrt3abcab?rq=1]

239 .1.A Es: Siamo a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} + \frac{24 ^{3} \sqrt{abc}}{a+b+c} ≥ 11 [da:

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=350792. L’autore è Michael Rozenberg, alias Arqady]

240.1.A Siamo a, b, c > 0 e \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 1. Dimostrare che \frac{a}{a^{3}+9a+6} + \frac{b}{b^{3}+9b+6} + \frac{c}{c^{3}+9c+6} ≤ \frac{3}{20}

[da: http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=352301]

241.1.A Dimostrare che \frac{a^{2}}{(a−b)^{2}} + \frac{b^{2}}{(b−c)^{2}} + \frac{c^{2}}{(c−a)^{2}} ≥ 1 con (a − b)(b − c)(c − a) ≠ 0.

242.1.A Siano a, b, c > 0 tali che a^{2} +b^{2} +c^{2} = 9. Dimostrare che \frac{1}{3a+b^{2}} + \frac{1}{3b+c^{2}} + \frac{1}{3c+a^{2}} ≥ \frac{\sqrt{3}−1}{2}

[da: http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=376229]

243 .1.A Sia a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a}{b^{3}+c^{3}} + \frac{b}{c^{3}+a^{3}} + \frac{c}{a^{3}+b^{3}} ≥ \frac{8}{(a+b+c)^{2}} [da:

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=376226]

244.1.A Siano a, b, c, d > 0. Dimostrare che 2(a^{4}+b^{4}+c^{4}+d^{4}+2abcd) ≥ a^{3}(b+c+d)+b^{3}(c+d+

a)+c3(d+a+b)+d3(a+b+c) [da: http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=376419]

245.1.A Siano a, b, c, d > 0. Dimostrare che \frac{1}{3a} + \frac{1}{3b} + \frac{1}{3c} + \frac{3}{a+b+c} ≥ \frac{1}{2a+b} + \frac{1}{2b+a} + \frac{1}{2a+c} +

\frac{1}{2c+a} + \frac{1}{2b+c} + \frac{1}{2c+b} [da: [AD] pag.435]

246.1.A Siano a, b, c > 0 e abc = 1. Dimostrare che \frac{1}{a^{3}+2a+1} + \frac{1}{b^{3}+2b+1} + \frac{1}{c^{3}+2c+1} ≥ \frac{3}{4}. [da:

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=358733]

247 .1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a^{2}}{b^{2}+bc} + \frac{b^{2}}{c^{2}+ca} + \frac{c^{2}}{a^{2}+ab} ≥ \frac{a}{a+c} + \frac{b}{b+a} + \frac{c}{c+b}. [da:

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=382100]

248.1.A Siano a, b, c, d > 0 tali che a + b + c + d = 4. Dimostrare che (a^{3} + 2)(b^{3} + 2)(c^{3} +

2)(d3 + 2) ≥ 81 [da: http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=391210]

249.1.A Siano a, b, c > 0 tali che a + b + c = 1. Dimostrare che a^{1−a}b^{1−b}c^{1−c} ≤ \frac{1}{9} [Australian

Mathematical Olympiad, Final Round (Part 2)]

250.1.A Siano a, b, c > 0 tali che a^{2}+b^{2}+c^{2} = 1. Dimostrare che \frac{1}{1+a^{2}} + \frac{1}{1+b^{2}} + \frac{1}{1+c^{2}} ≤ \frac{27}{2(a+b+c)^{2}}

[http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=396400]

251.1.A Siano a, b, c i lati di un triangolo. Dimostrare che \frac{a}{3a−b+c} + \frac{b}{3b−c+a} + \frac{c}{3c−a+b} ≥ 1 [[H]

pag.41]

252.1.A Siano a, b, c non negativi tali che ab + bc + ca + abc = 4. Dimostrare che a + b + c ≥

ab + bc + ca. [http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=397133]

253.1.A Siano a, b, c, d > 0 tali che a+b+c+d+ = 1. Dimostrare che \frac{a^{2}}{a+b} + \frac{b^{2}}{b+c} + \frac{c^{2}}{c+d} + \frac{d^{2}}{d+a} ≥ \frac{1}{2}

[da [AD] pag.111]

254.1.A Siano a, b, c > 0 tali che a^{2} + b^{2} + c^{2} = 3. Dimostrare che \frac{a}{b^{2}c^{2}} + \frac{b}{a^{2}c^{2}} + \frac{c}{a^{2}b^{2}} ≥ \frac{9}{a+b+c}

[da [AD] pag.111]

255.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a}{b+2c} + \frac{b}{c+2a} + \frac{c}{a+2b} ≥ 1, [da [AD] pag.111]

256.1.A Siano a, b, c > 0 tali che abc = 1. Dimostrare che \frac{a}{b+c+1} + \frac{b}{c+a+1} + \frac{c}{a+b+1} ≥ 1, [da [AD]

pag.112, num.7]

257.1.A Siano a, b, c, d > 0 tali che ab + bc + cd + da = 1. Dimostrare che \frac{a}{b+c+d} + \frac{b}{c+d+a} +

\frac{c}{d+a+b} + \frac{d}{a+b+c} ≥ \frac{1}{3} [da [AD] pag.112]

258.1.A Siano a, b, c ≥ 0 tali che a + b + c = 1. Dimostrare che a ^{3} \sqrt{1 + b − c} + b ^{3} \sqrt{1 + c − a} +

c ^{3} \sqrt{1 + a − b} ≤ 1 [http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=31799 e anche [L] pag.5, Japan 2005]

259.1.A Siano a, b, c ≥ 0. Dimostrare che \frac{a(1−a)^{2}}{bc} + \frac{b(1−b)^{2}}{ac} + \frac{c(1−c)^{2}}{ab} ≥ 4

[http://www.artofproblemsolving.com/Forum/blog.php?u=51470]

260 .1.A Siano x, y, z > 0 tali che x + y + z = 1. Dimostrare che \frac{1−x}{2yz} + \frac{1−y}{2zx} + \frac{1−z}{2xy} ≥ \frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}−xy}} + \frac{1}{\sqrt{y^{2}+z^{2}−yz}} + \frac{1}{\sqrt{z^{2}+x^{2}−zx}} > \frac{1}{1−x} + \frac{1}{1−y} + \frac{1}{1−z} ≥ \frac{9}{2}

[http://www.artofproblemsolving.com/Forum/blog.php?u=51470]

261.1.A Siano x, y, z > 0 tali che x+y+z = 1. Dimostrare che \frac{1+x}{yz} + \frac{1+y}{zx} + \frac{1+z}{xy} ≥ \frac{4}{\sqrt{x^{2}+y^{2}−xy}} +

\frac{4}{\sqrt{y^{2}+z^{2}−yz}} + \frac{4}{\sqrt{z^{2}+x^{2}−zx}} 262.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che a + b + c + \frac{a^{2}}{b+c} + \frac{b^{2}}{a+c} + \frac{c^{2}}{a+b} ≥ \frac{9}{2} \frac{ab+bc+ca}{a+b+c}

263.1.A Siano a, b, c > 0 tali che a + b + c = 3. Trovare il minimo e massimo di (2a^{3} + 3)(2b^{3} + 3)(2c^{3} + 3)

264.1.A Siano a, b, c > 0 tali che ab + bc + ca = 1. Dimostrare che \frac{1}{2a+2bc+1} + \frac{1}{2b+2ac+1} +

\frac{1}{2c+2ab+1} ≥ 1 [da [MBTK] pag.4 e attribuito a Vo Quoc Ba Can (alias Can hang2007)]

265.1.A Siano a, b.c ≥ 0. Dimostrare che 2(a^{2} + b^{2} + c^{2}) + 3(abc)^{2/3} ≥ (a + b + c)^{2} [Kvant, fonte

T.N.Dung, G.Dospinescu, Mixing Variables]

266.1.A Siano a, b, c > 0 e abc = 1. Dimostrare che a^{2} + b^{2} + c^{2} + 3 ≥ a + b + c + a^{2} + b^{2} + c^{2}

[M.Lascu, M.Tetiva, Romanian Mathematical Olympiad, 2003, fonte T.N.Dung, G.Dospinescu, Mixing Variables ]

267.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che (ab + bc + ca)(\frac{1}{(a+b)^{2}} + \frac{1}{(b+c)^{2}} + \frac{1}{(c+a)^{2}} ) ≥ \frac{9}{4} [Iran 1996]

268.1.A Siano a, b, c ≥ 0. Dimostrare che a^{2} + b^{2} + c^{2} + a + b + c ≥ 2(ab + bc + ca). [Moscow

Olympiad, 2000, fonte T.N.Dung, G.Dospinescu, Mixing Variables ]

269.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2 + abc ≥ a + b + c + ab + bc + ca.

[T.N.Dung, G.Dospinescu, Mixing Variables ]

270 .1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che (a + b + c)^{5} ≥ 81abc(a^{2} + b^{2} + c^{2}) [da

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=945097#945097]

271.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che a + b + c ≥ abc implica a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ abc [da [L]

pag.11, (Ireland 1997)] (rich.30)

272.1.A Siano a, b, c > 0 tali che ab + bc + ca = 3. Dimostrare che a^{3} + b^{3} + c^{3} + 6abc ≥ 9 [da

[L] pag.5, (Poland 2005)]

273.1.A Siano x, y, z > 0 tali che x + y + z = 1. Dimostrare che x^{2}y + y^{2}z + z^{2}x ≤ 4/27 [da [L]

pag.5, (Canada 1999)] (rich.25)

274.1.A Siano a, b, c ≥ 0 tali che a+b+c = 1. Dimostrare che 10(a^{3}+b^{3}+c^{3})−9(a^{5}+b^{5}+c^{5}) ≥ 1.

[da [L] pag.5, (China 2005)] (rich.26)

275.1.A Siano a, b, c > 0 tali che a + b + c ≥ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}. Dimostrare che a + b + c ≥ \frac{3}{abc} [da [L]

pag.4, (Romania 2005), attribuito a Cezar Lupu]

276.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che 9(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8(a + b + c)(ab + bc + ca)

(rich.27)

277.1.A Siano a, b, c > 0 tali che (a + b)(b + c)(c + a) = 1. Dimostrare che ab + bc + ca ≤ 3/4.

[da [L] pag.4, (Romania 2005), attribuito a Cezar Lupu]

278.1.A Siano a, b, c > 0 tali che abc = 1. Dimostrare che \frac{1}{1+a+b} + \frac{1}{1+b+c} + \frac{1}{1+c+a} ≤ 1. [da [L]

pag.4, (Romania 1997), Tournament of Towns ] (rich.28)

279.1.A Siano a, b, c ≥ 0 e tali che a + b + c = 3. Dimostrare che \sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} ≥ ab + bc + ca

[da [L] pag.6, Serbia–Montenegro 2005 ] (rich.29)

280.1.A Siano a, b, c ≥ 0 e tali che a + b + c = 1. Dimostrare che a\sqrt{b} + b\sqrt{c} + c\sqrt{a} ≤ 1/\sqrt{3} [da

[L] pag.6, Bosnia-Erzegovina 2005 ]

281.1.A Siano a, b ≥ 0 e tali che a + b = 2. Dimostrare che a^{2}b^{2}(a^{2} + b^{2}) ≤ 2 [da [L] pag.8, Irlanda

2001 ]

282.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che a + b + c ≥ abc implica a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ \sqrt{3}abc (vedi

rich.30) [da [L] pag.8, (BMO 2001)]

283.1.A Siano a, b, c ∈ R tali che a^{2} + b^{2} + c^{2} = 9. Dimostrare che 2(a + b + c) − abc ≤ 10 [da

[L] pag.8, o Mixing Variables , Vietnam 2002, Dung Tran Nam] (rich.31)

284.1.A Sia c ≥ b ≥ a ≥ 0. Dimostrare che (a + 3b)(b + 4c)(c + 2a) ≥ 60abc [da [L] pag.10, Turchia

1999 ]

285.1.A Siano a, b, c ∈ R e tali che a+b+c = 0. Dimostrare che (ab)^{2} +(bc)^{2} +(ca)^{2} +3 ≥ 6abc

[da [L] pag.6, Poland 2004]

286 .1.A Siano a, b > 0 tali che a^{3} + b^{3} = 2. Dimostrare che a + b ≥ 2 ^{3} \sqrt{ab}

[http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=402935]

287.1.A Siano a, b, c ≥ 0 tali che ab+bc+ca+2abc = 1. Dimostrare che \sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca} ≤ 3/2

[da [L] pag.4, Romania 2005]

288.1.A Siano a, b, c ≥ 0 tali che a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc = 4. Dimostrare che 0 ≤ ab+bc+ca−abc ≤ 2

[da [L] pag.4, Usa 2001]

289.1.A Siano a, b, c > 0 e tali che abc = 1. Dimostrare che \frac{a}{a^{2}+2} + \frac{b}{b^{2}+2} + \frac{c}{c^{2}+2} ≤ 1 [da [L] pag.5,

Baltic Way 2005, anche qui http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=39571&hilit=baltic+way+2005&start=0]

290.1.A Siano a, b, c > 0 e tali che abc = 1. Dimostrare che \frac{a}{a^{3}+3} + \frac{b}{b^{3}+3} + \frac{c}{c^{3}+3} ≤ 3/4 [da

http://www.artofproblemsolving.com/ Forum/viewtopic.php?f=52&t=39571&hilit=baltic+way+2005&start=0]

291.1.A Siano a, b, c > 0 e tali che abc = 1. Dimostrare che \frac{a}{a^{2}+5} + \frac{b}{b^{2}+5} + \frac{c}{c^{2}+5} ≤ 1/2 [da

http://www.artofproblemsolving.com/ Forum/viewtopic.php?f=52&t=39571&hilit=baltic+way+2005&start=0]

292.1.A Siano a, b, c > 0 e tali che abc = 1. Dimostrare che \frac{a}{a^{2}+3} + \frac{b}{b^{2}+3} + \frac{c}{c^{2}+3} ≤ 3/4 [da

http://www.artofproblemsolving.com/ Forum/viewtopic.php?f=52&t=39571&hilit=baltic+way+2005&start=0]

293.1.A Siano 0 ≤ a, b, c ≤ 1. Dimostrare che a^{2} + b^{2} + c^{2} ≤ a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a + 1. [da [L] pag.14,

Italia 1993]

294.1.A Siano a, b, c > 0 tali che a^{2} + b^{2} + c^{2} = 1. Dimostrare che a + b + c + \frac{1}{abc} ≥ 4\sqrt{3}. [da

[L] pag.10, Macedonia 1999]

295.1.A Siano a, b, c > 0 tali che a + b + c = 1. Dimostrare che a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2\sqrt{3abc} ≤ 1. [da

[L] pag.10, Poland 1999]

296.1.A Siano a, b, c > 0 tali che a + b + c = 1. Dimostrare che ab + bc + ca ≤ 2 + 9abc. [da [L]

pag.10, United Kingdom 1999]

297.1.A Siano a, b, c ∈ R tali che a^{2} + b^{2} + c^{2} = 2. Dimostrare che a + b + c ≤ 2 + abc. [da [L]

pag.15, Poland 1991]

298.1.A Siano a, b, c ≥ 0 tali che a + b + c = \sqrt{abc}. Dimostrare che ab + bc + ca ≥ 9(a + b + c).

[da [L] pag.13, Bieloussia 1996]

299.1.A Siano a, b ∈ R. Dimostrare che a^{2} + b^{2} + 1 ≥ a\sqrt{b^{2} + 1} + b\sqrt{a^{2} + 1}. [da [L] pag.12, Estonia

1997]

300.1.A Siano x, y, z ≥ 0 tali che x + y + z = 1. Dimostrare che \frac{x}{\sqrt{1−x}} + \frac{y}{\sqrt{1−y}} + \frac{z}{\sqrt{1−z}} ≥ \sqrt{\frac{3}{2}}

[da [L] pag.19]

301.1.A Siano a, b, c > 0 tali che abc = 1. Dimostrare che \frac{1}{a^{2}(b+c)} + \frac{1}{b^{2}(a+c)} + \frac{1}{c^{2}(a+b)} ≥ \frac{3}{2} [da

[L] pag.17, \sqrt{W URZEL}, Šefket Arslanagić]

302.1.A Siano a, b, c ≥ 0. Dimostrare che \frac{a}{b+1} + \frac{b}{c+1} + \frac{c}{a+1} ≥ \frac{3(a+b+c)}{a+b+c+3} [da [L] pag.17, \sqrt{W URZEL},

Šefket Arslanagić]

303.1.A Siano a, b, c > 0 Dimostrare che \frac{1}{b(a+b)} + \frac{1}{c(b+c)} + \frac{1}{a(c+a)} ≥ \frac{27}{2(a+b+c)^{2}} [da [L] pag.8, Junior

BMO 2002]

304.1.A Siano a, b, c ≥ 0 e a + b + c = 3. Dimostrare che \frac{1}{2+a^{2}+b^{2}} + \frac{1}{2+b^{2}+c^{2}} + \frac{1}{2+c^{2}+a^{2}} ≤ \frac{3}{4}

[Iranian TST 2009 Day1–P3, http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=275815 http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=77182 ]

305.1.A Siano a, b, c ≥ 0 e a + b + c = 3. Dimostrare che \frac{a^{2}}{a+b^{2}} + \frac{b^{2}}{b+c^{2}} + \frac{c^{2}}{c+a^{2}} ≥ \frac{3}{2} [Croatia 2011,

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/resources.php?c=42& cid=106& year=2011]

306.1.A Siano a, b, c ≥ 0 e a+b+c = 3. Dimostrare che \frac{1}{8+5(a^{2}+b^{2})} + \frac{1}{8+5(b^{2}+c^{2})} + \frac{1}{8+5(c^{2}+a^{2})} ≤ \frac{1}{6}

[Vasile Cirtoaje (alias Vasc), http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=275815]

307.1.A Siano a, b, c ≥ 0. Dimostrare che \frac{ab}{c(c+a)} + \frac{bc}{a(a+b)} + \frac{ca}{b(b+c)} ≥ \frac{a}{c+a} + \frac{b}{b+a} + \frac{c}{c+b} [da [L] pag.10,

Moldova 1999, http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=51&t=335587&p=1795922&hilit=Moldova+1999#p1795922]

308.1.A Siano a, b, c ≥ 0. Dimostrare che \frac{b+c}{a} + \frac{c+a}{b} + \frac{a+b}{c} ≥ 2(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) [da [L] pag.3, Romania

2005, Cezar Lupu]

309.1.A Siano a, b, c ≥ 0. Dimostrare che \frac{a}{b+2c+d} + \frac{b}{c+2d+a} + \frac{c}{d+2a+b} + \frac{d}{a+2b+c} ≥ 1 [da [L] pag.4,

Romania 2005, Traian Tamaian]

310.1.A Siano a, b, c > 0 tali che abc = 1. Dimostrare che \frac{a}{b^{2}(c+1)} + \frac{b}{c^{2}(a+1)} + \frac{c}{a^{2}(b+1)} ≥ \frac{3}{2} [da

[L] pag.4, Romania 2005]

311.1.A Siano a, b, c > 0 e a + b + c = 1. Dimostrare che \frac{a}{\sqrt{b+c}} + \frac{b}{\sqrt{a+c}} + \frac{c}{\sqrt{a+b}} ≥ \sqrt{\frac{3}{2}} [da [L]

pag.4, Romania 2005] rich.34

312 .1.A Siano a, b, c > 0 e abc = 1. Dimostrare che \frac{a}{(a+1)(b+1)} + \frac{b}{(b+1)(c+1)} +

\frac{c}{(c+1)(a+1)} ≥ \frac{3}{4} [da [L] pag.4, Chzech and Slovak 2005, France Team Selection Test 2006, Day 1, Problem 2 , http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=89302] rich.32

313.1.A Siano a, b, c > 0 e a + b + c = 3. Dimostrare che (3 − 2a)(3 − 2b)(3 − 2c) ≤ (abc)^{2} [da [L]

pag.4, Romanian JBMO TST 2005, Robert Szasz, http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t =79910&p=1541865&hilit=szasz#p1541865] rich.33

314.1.A Siano a, b, c > 0 e tali che a+b+c ≥ \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}. Dimostrare che \frac{a^{3}c}{b(c+a)} + \frac{b^{3}a}{c(a+b)} + \frac{c^{3}b}{a(b+c)} ≥

\frac{3}{2} [da [L] pag.4, Romania 2005] rich.37

315.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2abc + 1 ≥ 2(ab + bc + ca) [da [A] pag.475,

Mathematical Reflections vol.7 issue 1, Cezar Lupu, Cosmin Pohoata] rich.35

316.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2abc + 3 ≥ (1 + a)(1 + b)(1 + c) [da [A]

pag.475, Mathematical Reflections vol.7 issue 1, Cezar Lupu, Cosmin Pohoata] rich.36

317.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che 2(\frac{b}{a} + \frac{c}{b} + \frac{a}{c}) ≥ \frac{1+a}{1−a} + \frac{1+b}{1−b} + \frac{1+c}{1−c} [da [L] pag.5, Germany

2005 e http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=25780]

318.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a^{3}}{(b+c)^{3}} + \frac{b^{3}}{(a+c)^{3}} + \frac{c^{3}}{(a+b)^{3}} ≥ \frac{3}{8}

319 .1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a^{3}}{(a+b)^{3}} + \frac{b^{3}}{(b+c)^{3}} + \frac{c^{3}}{(c+a)^{3}} ≥ \frac{3}{8} [da [L] pag.5, Vietnam

2005, http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=101425, http://www.artofproblemsolving.com/- Forum/viewtopic.php?f=151&t=241154&p=1327696&hilit=Vietnam+TST+2005#p1327696, http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?highlight=2005+tst+vietnam&t=36567]

320.1.A Siano a, b, c, d > 0 tali che abcd = 1. Dimostrare che \frac{1}{(1+a)^{2}} + \frac{1}{(1+b)^{2}} + \frac{1}{(1+c)^{2}} + \frac{1}{(1+d)^{2}} ≥ 1

[da [L] pag.5, China 2005 e http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=112435#p112435]

321.1.A Es: Siano a, b, c, d > 0 tali che abcd = 1. Dimostrare che \frac{1}{(1+a)^{2}} + \frac{1}{(1+b)^{2}} + \frac{1}{(1+c)^{2}} +

\frac{1}{(1+d)^{2}} ≥ min\{1, \frac{2}{1+abcd}\} [http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=112435#p112435]

322.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che (\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a})^{2} ≥ (a+b+c)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) [da [L] pag.6, Iran

2005 e http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f= 52&t=150106&p=847884&hilit=Iran+2005#p-847884]

323.1.A Siano a, b, c, d > 0. Dimostrare che \frac{1}{a^{3}} + \frac{1}{b^{3}} + \frac{1}{c^{3}} + \frac{1}{d^{3}} ≥ \frac{a+b+c+d}{abcd} [da [L] pag.6, Austria

2005 e http://www.artofproblemsolving.com/Forum/ viewtopic.php?f=54&t=82324&p=471977&hilit=Austria+2005- #p471977, http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=42611]

324.1.A Es: Siano a, b, c, d > 0. Dimostrare che ^{3} \sqrt{\frac{abc+bcd+cda+dab}{4}} ≤ \sqrt{\frac{ab+bc+cd+da+ac+bd}{6}} ≤

\frac{a+b++c+d}{4} [http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=54&t=82324&p=471977&hilit=Austria- +2005#p471977]

325.1.A Siano a, b, c ∈ [0, 1]. Dimostrare che \frac{a}{bc+1} + \frac{b}{ac+1} + \frac{c}{ab+1} ≤ 2 [[L] pag.5 Poland 2005]

326 .1.A Siano a_{1}, …, a_{n} positivi. Dimostrare che \frac{a_{1}^{n}}{a_{2}a_{3}···a_{n}} + \frac{a_{2}^{n}}{a_{1}a_{3}···a_{n}} + … + \frac{a_{n}^{n}}{a_{1}a_{1}···a_{n−1}} ≥

a1 + … + an [http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=310928]

327 .1.A Siano x, y, z > 0 tali che xyz = 1. Dimostrare che \frac{1}{(x+1)^{2}+y^{2}+1} + \frac{1}{(y+1)^{2}+z^{2}+1} +

\frac{1}{(z+1)^{2}+x^{2}+1} ≤ \frac{1}{2} [da Mathematical Reflections 2006 num.1, Cristinel Mortici]

328.1.A Siano a, b, c > 0 tali che \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 1. Allora segue che (a − 1)(b − 1)(c − 1) ≥ 8 [da

[MBTK] pag.10]

329.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a^{4}+b^{4}+c^{4}}{ab+bc+ca} + \frac{3abc}{a+bc+c} ≥ \frac{2}{3}(a^{2} + b^{2} + c^{2}) [da [MBTK] pag.10]

330.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che 5\frac{a^{4}+b^{4}+c^{4}}{ab+bc+ca} + 9\frac{3abc}{a+bc+c} ≥ \frac{14}{3}(a^{2} + b^{2} + c^{2}) [da [MBTK]

pag.10]

331.1.A Siano a, b, c > 0 tale che a + b + c = 3. Dimostrare che \frac{a+3}{3a+bc} + \frac{b+3}{3b+ac} + \frac{c+3}{3c+ab} ≥ 3 [da

[MBTK] pag.10]

332.1.A Siano a, b, c > 0 tale che a^{2} + b^{2} + c^{2} + (a + b + c)^{2} = 4. Dimostrare che \frac{ab+1}{a+b} + \frac{bc+1}{b+c} +

\frac{ac+1}{a+c} ≥ 2\sqrt{3} [da http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=404796]

333.1.A Siano a, b, c > 0 e diversi tra di loro. Dimostrare che \frac{a^{2}b+ab^{2}+a^{2}c+ac^{2}+c^{2}b+cb^{2}−6abc}{a^{2}+b^{2}+c^{2}−ab−ac−bc} ≥

\frac{16abc}{(a+b+c)^{2}} [Mathematical Reflections, vol.2 2006, Problem O11, Iurie Boreico, Ivan Borsenco]

334.1.A Siano a, b, c ≥ 0. Dimostrare che 3(a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a)(ab^{2} + bc^{2} + ca^{2}) ≥ (ab + bc + ca)^{3},

[Mathematical Reflections, vol.3 2006, Problem J17, Ivan Borsenco]

335.1.A Siano 0 ≤ a ≤ b ≤ 1 ≤ c tali che a + b + c = 3. Dimostrare che \frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} ≥ \frac{1}{a+1} + \frac{1}{b+1} + \frac{1}{c+1}

Se invece 0 ≤ a ≤ 1 ≤ b ≤ c allora \frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} ≤ \frac{1}{a+1} + \frac{1}{b+1} + \frac{1}{c+1} [Mathematical Reflections,

vol.1 2006, Problem S6, Marian Tetiva]

336 .1.A Siano a, b, c > 0 tali abc = 1. Dimostrare che \frac{1}{a^{3}(b+c)} + \frac{1}{b^{3}(a+c)} + \frac{1}{c^{3}(a+b)} +

\frac{4(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)} ≥ ab + bc + ca [Mathematical Reflections, vol.6 2006, Problem S33, Cezar Lupu]

337.1.A Siano a, b, c ≥ 0 e a+b+c = 3. Dimostrare che (a^{2}−ab+b^{2})(b^{2}−bc+c^{2})(c^{2}−ac+a^{2}) ≤

12 [da http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=51&t=62544]

338.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che a^{2} + b^{2} + c^{2} + 3 ^{3} \sqrt{a^{2}b^{2}c^{2}} ≥ 3(ab + bc + ca)

339.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che (a^{2}+k+1)(b^{2}+k+1)(c^{2}+k+1) ≥ (k+1)^{2}(ab+bc+ca+

k − 1) [http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=19666&p=133311&hilit=apmo+2004#- p133311]

340 .1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che 1 + 2abc + a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ 2bc + 2ca +

2ac [http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=19666&p=133311&hilit=apmo+2004#p13-3311,Darij Grinberg]

341 .1.A Siano a, b, c > 0 tali che (a + b)(b + c)(c + a) = 1. Dimostrare che

ab + bc + ca ≤ 3/4. [Croatian TST 2006, VMO 2006, Romanian JBMO TST Day 3, Problem 8, http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=148100]

342.1.A Siano x, y, z ∈ R tali che x + y + z = 0. Dimostrare che \frac{x(x+2)}{2x^{2}+1} + \frac{y(y+2)}{2y^{2}+1} + \frac{z(z+2)}{2z^{2}+1} ≥ 0.

[da http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=405410]

343.1.A Siano x, y, z > 1 tali che \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = 2. Dimostrare che \sqrt{x + y + z} ≥ \sqrt{x − 1} +

\sqrt{y − 1} + \sqrt{z − 1} [[L] pag.10 Iran 1998, [L1] pag. 23, 36, 49]

344.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \sqrt{\frac{a}{b+c}} + \sqrt{\frac{b}{c+a}} + \sqrt{\frac{c}{a+b}} ≥ 2 [[L] pag.14, Macedonia 1995]

345.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{(a+b)^{2}}{c^{2}+ab} + \frac{(b+c)^{2}}{a^{2}+bc} + \frac{(c+a)^{2}}{b^{2}+ac} ≥ 6 [[AD] pag.109, D.Grinberg,

P.Scholtze (ambedue olimpionici della matematica)]

346.1.A Siano x, y, z ≥ 0. Dimostrare che x^{3} + y^{3} + z^{3} ≥ 27(x^{2}y + y^{2}z + z^{2}x + xyz)/4 [da:

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=2266841#p2266841, attribuito a Can hang2007]

347.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che ∑_{sym} 3a^{6} +6(ab)^{3} ≥ ∑_{sym} 4a^{3}b^{2}c+2a^{4}b^{2} +2a^{4}bc+(abc)^{2}

348 .1.A Siano a, b, c, d > 0. Dimostrare che \frac{(a^{3}+b^{3}+c^{3})^{2}}{(ab+bc+ca)^{2}} + \frac{(b^{3}+c^{3}+d^{3})^{2}}{(bc+cd+db)^{2}} + \frac{(c^{3}+d^{3}+a^{3})^{2}}{(cd+da+ac)^{2}} +

\frac{(d^{3}+a^{3}+b^{3})^{2}}{(da+ab+bd)^{2}} ≥ 4\sqrt{abcd} [http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=405105&p=226077-7#p2260777]

349 .1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}} + \frac{b^{2}}{b^{2}+bc+c^{2}} + \frac{c^{2}}{c^{2}+ca+a^{2}} ≥ 1 [da

http://gbas2010.wordpress.com/2009/12/01/inequality-2vasile-cirtoaje/ e attribuito a V.Cirtoaje]

350.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a^{2}}{a^{2}+2bc} + \frac{b^{2}}{b^{2}+2ac} + \frac{c^{2}}{c^{2}+2ab} ≥ 1 ≥ \frac{bc}{a^{2}+2bc} + \frac{ac}{b^{2}+2ac} + \frac{ab}{c^{2}+2ab}

[[L] pag.12, Romania 1997]

351.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{1}{a^{3}+b^{3}+abc} + \frac{1}{b^{3}+c^{3}+abc} + \frac{1}{c^{3}+a^{3}+abc} ≤ \frac{1}{abc} [[L] pag.12, Usa

1997, Z.Kadelburg, D.Dukić, M.Lukić, I.Matić: INEQUALITIES OF KARAMATA, SCHUR AND MUIRHEAD, AND SOME APPLICATIONS, THE TEACHING OF MATHEMATICS, 2005, Vol.VIII, pp.31–45, Yugoaslav Federal Competition 1991, ]

352.1.A Siano a, b, c ≥ 0. Dimostrare che (a^{5} − a^{2} + 3)(b^{5} − b^{2} + 3)(c^{5} − c^{2} + 3) ≥ (a + b + c)^{3}

[[L] pag.7, Usa 2004]

353.1.A Siano a, b, c > 0 e tali che a^{4} + b^{4} + c^{4} = 3. Dimostrare che \frac{1}{4−ab} + \frac{1}{4−bc} + \frac{1}{4−ac} ≤ 1.

[[L] pag.6, Moldova 2005]

354.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a^{3}}{b} + \frac{b^{3}}{c} + \frac{c^{3}}{a} + 2(ab + bc + ca) ≥ 3(a^{2} + b^{2} + c^{2})

[http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=2033576#p2033576]

355.1.A Es:Siano a, b, c > 0. Dimostrare che (a + \frac{1}{a} + 1)(b + \frac{1}{b} + 1)(c + \frac{1}{c} + 1) ≥ 3(a + b +

c)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) [http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=408616]

356 .1.A Siano a, b, c > 0 tali che a^{a}b^{b}c^{c} = 1. Dimostrare che a + b + c ≤ 3.

[http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=409890]

357.1.A Siano a, b, c > 0 tali che abc = 2. Dimostrare che (a+b+c−3)(ab+bc+ca−6)+1 ≥ 0.

[http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=410601]

358.1.A Siano a, b, c > 0 tali che abc = 4. Dimostrare che (a+b+c−6)(ab+bc+ca−6)+2 ≥ 0.

[http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=410601]

359.1.A Siano a, b, c > 0 tali che abc = 2. Dimostrare che (a + b + c − 3)^{2} + 1 ≥ \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2} ≥ 0.

[http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=410601]

360.1.A Siano a, b, c ≥ 0 tali che ab + bc + ca + abc = 2. Dimostrare che a^{2} + b^{2} + c^{2} + abc + 8 ≥

4(a + b + c) [http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=411237]

361.1.A Siano a, b, c ≥ 0 tali che ab + bc + ca + abc = 2. Dimostrare che a^{2} + b^{2} + c^{2} + 28 ≥

8(a + b + c) + abc [http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=411237]

362.1.A Siano a, b, c > 0. Trovare il valore massimo di k per cui (a + b + c) (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) ≥ 9 −

k+k \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca} [http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=53& t=416518& p=2348537#p2348537]

363.1.A Siano a, b, c, d > 0, dimostrare che 1 < \frac{a}{a+b+d} + \frac{b}{b+c+a} + \frac{c}{b+c+d} + \frac{d}{a+c+d} < 2 [IMO 1974,

da [L] pag.16]

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

364.1.A Siano a, b, c, d > 0, dimostrare che \frac{a}{b+2c+3d} + \frac{b}{b+2d+3a} + \frac{c}{d+2a+3b} + \frac{d}{a+2b+c3} ≤ \frac{2}{3} [IMO

short list 1993, da [L] pag.14]

365.1.A Siano a, b, c > 0 e tali che a^{2} + b^{2} + c^{2} = 1. Dimostrare che \frac{a^{2}}{1+2bc} + \frac{b^{2}}{1+2ca} + \frac{c^{2}}{1+2ab} ≤ \frac{3}{5}

[Bosnia–Herzegovina 2002, da [L] pag.8]

366 .1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{1}{b(a+b)} + \frac{1}{c(b+c)} + \frac{1}{a(c+a)} ≥ \frac{27}{2(a+b+c)^{2}}

[http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=54&t=1045]

367 .1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{1}{b(a+b)} + \frac{1}{c(b+c)} + \frac{1}{a(c+a)} ≥ \frac{9}{2(ab+bc+ca)}

[http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=54&t=1045]

368.1.A Siano a, b, c tali che (a^{2} + 1)(b^{2} + 1)(c^{2} + 1) = 64. Dimostrare che ab + bc + ca ≤ 9 [da:

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=440785]

369.1.A Siano x, y, z ≥ 0 e xy + yz + zx = 3. Dimostrare che x^{2} + y^{2} + z^{2} + 3xyz ≥ 6. [da:

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=374989#p374989]

370.1.A Siano a, b, c, d > 0 tali che a+b+c+d = 1. Dimostrare che \frac{a}{(3b+c)^{k}} + \frac{b}{(3c+d)^{k}} + \frac{c}{(3d+a)^{k}} +

\frac{d}{(3a+b)^{k}} ≥ 1 per ogni k ≥ 0. [sa: http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=443963]

371 .1.A Siano a, b, c, > 0 Dimostrare che \frac{a}{(2a+b+c)(b+c)} + \frac{b}{(2b+c+a)(c+a)} + \frac{c}{(2c+a+b)(a+b)} ≥

\frac{9}{8(a+b+c)} [da: http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=445003]

372.1.A Siano a, b, c, > 0 tali che abc = 1. Dimostrare che \frac{a^{3}}{(b+1)(c+1)} + \frac{b^{3}}{(c+1)(a+1)} + \frac{c^{3}}{(a+1)(b+1)} ≥

\frac{3}{4} [da: http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=445835, IMO short list, 1998]

373.1.A Siano a, b, c, > 0. Dimostrare che \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} ≤ \frac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}} + \frac{b^{2}}{c^{2}+a^{2}} + \frac{c^{2}}{a^{2}+b^{2}} da [ACDL]

pag.21

374 .1.A Siano a, b, c positivi. Dimostrare che \frac{1}{a(1+b)} + \frac{1}{b(1+c)} + \frac{1}{c(1+a)} ≥ \frac{3}{^{3} \sqrt{abc}(1+ ^{3} \sqrt{abc})}

[http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=6044]

375.1.A Siano 0 ≤ x, y ≤ 1. Dimostrare che \frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}} + \frac{1}{\sqrt{1+y^{2}}} ≤ \frac{2}{1+\sqrt{xy}} [da [MO] pag.131, Russia

2000]

376.1.A Siano a, b, c ≥ 0 e a + b + c = 1. Dimostrare che (\frac{1}{a} + 1)(\frac{1}{b} + 1)(\frac{1}{c} + 1) ≥ 64 [da [MGV]

pag.12]

377.1.A Es: Siano a, b, c > 0 Dimostrare che \frac{1}{4} \frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} (a+b+c) ≤ \frac{ab}{a+2b+c} + \frac{bc}{b+2c+a} + \frac{ca}{c+2a+b} ≤

\frac{1}{4}(a + b + c) [http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=488465]

378.1.A Siano a, b, c > 0 tali che abc = 1. Dimostrare che \frac{1}{6a+5b+3c} + \frac{1}{6b+5c+3a} + \frac{1}{6c+5a+3b} ≤

\frac{ab+bc+ca}{14} [http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=500436]

379.1.A Siano a, b, c, d ≥ 0. Dimostrare che \frac{a^{2}}{(a+b)^{2}} + \frac{b^{2}}{(b+c)^{2}} + \frac{c^{2}}{(c+d)^{2}} + \frac{d^{2}}{(d+a)^{2}} ≥ 1 [[Cir], pag.36] 380.1.A Siano a, b, c > 0 tali che a + b + c = 3. Dimostrare che a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a + abc ≤ 4 [] 381.1.A Siano x, y, z > 0 tali che x+y +z = 18xyz. Dimostrare che \frac{x}{\sqrt{x^{2}+2yz+1}} + \frac{y}{\sqrt{y^{2}+2xz+1}} + 18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 25

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria \frac{z}{\sqrt{z^{2}+2xy+1}} ≥ 1 [http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=509633]

382.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} + \frac{1}{\sqrt[3]{abc}} ≥ ^{\frac{(a+b+c+ ^{3} \sqrt{abc})^{2}}{(a+b)(b+c)(c+a)}} [AD] pag.43

num.5, MOSP 1999]

383.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che a^{5}b + b^{5}c + c^{5}a ≥ a^{4}b^{2} + b^{4}c^{2} + c^{4}a^{2} 384.1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a^{2}}{(b+c)^{2}} + \frac{b^{2}}{(c+a)^{2}} + \frac{c^{2}}{(a+b)^{2}} ≥ \frac{3}{4} 385 .1.A Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \sqrt{(x + y)(y + z)} + \sqrt{(y + z)(z + x)} + \sqrt{(z + x)(x + y)} ≥ 2\sqrt{3}\sqrt{xy + yz + zx} (rich.41) 386.1.A Siano a, b, c > 0 e k ≥ 2. Dimostrare che \frac{a}{ka+b} + \frac{b}{kb+c} + \frac{c}{kc+a} ≥ \frac{3}{k+1} [[RAI] pag.17] 387.1.A Es: Siano a, b, c > 0. Dimostrare che 3+ \frac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}} + \frac{b^{2}+c^{2}}{a^{2}} + \frac{c^{2}+a^{2}}{b^{2}} ≥ 6 (\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b})

(rich.42)

388.1.A Es: Siano a, b, c > 0. Dimostrare che 3+ \frac{a+b}{c} + \frac{b+c}{a} + \frac{c+a}{b} ≤ 6 (\frac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}} + \frac{b^{2}}{c^{2}+a^{2}} + \frac{c^{2}}{a^{2}+b^{2}} )

(rich.43)

389.1.A Es: Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} + \frac{(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})^{2}}{\sqrt{bc(a+b)(c+a)}+\sqrt{ca(b+c)(a+b)}+\sqrt{ab(c+a)(b+c)}} ≥ 3

390.1.A Es: Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} + \sqrt{2}\frac{(ab)^{3/4}+(bc)^{3/4}+(ca)^{3/4}}{\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}} ≥ 3 391.1.A Siano a, b, c > 0 e abc = 1. Dimostrare che (a^{3} + 1)(b^{3} + 1)(c^{3} + 1) ≥ (a^{2} + 1)(b^{2} +

1)(c2 + 1) [da http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=488298&]

392.1.A Es: Siano a, b, c > 0. Dimostrare che (\frac{1}{2} + \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{2(ab)^{2}+2(bc)^{2}+2(ca)^{2}} )(a + b + c) ≥ 2\frac{a^{2}+bc}{b+c} + 2\frac{b^{2}+ca}{c+a} + 2\frac{c^{2}+ab}{a+b} 393.1.A Siano a, b, c > 0 tali che \frac{1}{1+a^{2}} + \frac{1}{1+b^{2}} + \frac{1}{1+c^{2}} = 2. Allora ab + bc + ca ≤ \frac{3}{2} Il problema è

equivalente a Iran 1998

394 .1.A Siano x, y, z ≥ 0. Dimostrare che 3(x^{4} + y^{4} + z^{4}) + 118 ≥ 13(x^{3} + y^{3} + z^{3})

[http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=131806?ml=1]

395 .1.A Siano x, y, z ≥ 0. Dimostrare che 2(x^{4} + y^{4} + z^{4}) + 1732 ≥ 19(x^{3} + y^{3} + z^{3})

[http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=131806?ml=1]

396.1.A Siano x, y, z ≥ 0. Dimostrare che \frac{1}{2x+y+z} + \frac{1}{2y+z+x} + \frac{1}{2z+x+y} + \frac{1}{108}(x + y + z)^{3} ≥ 1

[http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=552295]

397.1.A Es: Siano a, b, c > 0. Dimostrare che \frac{a^{2}+bc}{(b+c)^{2}} + \frac{b^{2}+ca}{(c+a)^{2}} + \frac{c^{2}+ab}{(a+b)^{2}} ≥ \frac{3}{2}

[http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=24555]

398.1.A Siano a, b, c ≥ 0. Dimostrare che a^{4}(b + c) + b^{4}(c + a) + c^{4}(a + b) ≤ (a + b + c)^{5}/12

e trovare i casi in cui si ha uguaglianza. [Mathematical Reflections, vol.1, num.1 2006 ed anche il libro

18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 26

“Mathematical Reflections, The first two years”, Titu Andreescu Ed., p.51, prob.O6. La disuguaglianza è di Vasile Cîrtoaje, Ploieşti, Romania ]

399.1.A Sia 0 ≤ x, y, z ≤ 1. Dimostrare che \frac{x^{2}}{1+y} + \frac{y^{2}}{1+z} + \frac{z^{2}}{1+x+y} + x^{2}(y^{2} − 1)(z^{2} − 1) ≤ 2 [da [S], p.101]

400.1.A Siano a, b, c, d ≥ 0 e a+b = c+d = 1. Trovare il massimo della quantità (a^{2} +c^{2})(a^{2} +

d2)(b2 + c2)(b2 + d2). [da Mathematics Magazine, prob.n.1773, giugno 2007, autore A.H. Shahali, Teheran, Iran ]

401 .1.A Siano a, b, c ≥ 0. Dimostarre che \sqrt{ab(a + b)} + \sqrt{bc(b + c)} + \sqrt{ca(c + a)} ≥ \sqrt{(a + b)(b + c)(c + a)} + \sqrt{2abc} rich.44

RISOLUZIONE DEGLI ESERCIZI

§1.4

1.1.A per la la prima usare la concavità della funzione ln x e per la seconda la disuguaglianza di Cauchy

2.1.A Abbiamo (a + b + c)^{3} = a^{3} + b^{3} + c^{3} + 3ab(a + b) + 3ac(a + c) + 3bc(b + c) + 6abc e quindi

a^{3} + b^{3} + c^{3} − 3abc = (a + b + c)^{3} − (3ab(a + b) + 3ac(a + c) + 3bc(b + c)) − 9abc) =

= (a + b + c)^{3} − 3ab(a + b + c) − 3ac(a + b + c) − 3bc(a + b + c) =

= (a + b + c)(a^{2} + b^{2} + c^{2} − ab − bc − ac) = \frac{1}{2}(a + b + c)((a − b)^{2} + (b − c)^{2} + (a − c)^{2}).

Tra l’altro è venuto fuori che la differenza è nulla pure se a = b = c e questo segue dalla disuguaglianza AGM.

3.1.A \frac{x^{2}+2}{\sqrt{x^{2}+1}} = \sqrt{x^{2} + 1} + \frac{1}{\sqrt{x^{2}+1}} ≥ 2 \frac{x^{4}+1}{x^{2}} = x^{2} + \frac{1}{x^{2}} ≥ 2

4 .1.A Siccome la funzione a/(1 + a) è crescente, si ha \frac{a}{1 + a} ≤ \frac{b + c}{1 + b + c} = \frac{b}{1 + b + c} +

\frac{c}{1 + b + c} < \frac{b}{1 + b} + \frac{c}{1 + c}

5.1.A Semplificando si ha 1+xy(x^{2}+y^{2}) ≥ xy(2+xy) che è implicata da 1+2(xy)^{2} ≥ 2xy+(xy)^{2} ossia (t − 1)^{2} ≥ 0 dove t = xy.

6.1.A Semplificando si ha 2\sqrt{xy} + (x + y)\sqrt{xy} ≥ x + y + 2xy ossia 2u^{2} − (2 + s)u + s ≤ 0 dove x + y = s e u = \sqrt{xy} Inoltre u ≥ 1 e u ≤ s/2. La parabola 2u^{2} − (2 + s)u + s è rivolta verso l’alto e si annulla per u = 1 e u = s/2 da cui il risultato

7.1.A Si usa il principio di induzione. Per n = 1 è immediatamente vera. Per n = 2 si può riscrivere come a + \frac{1}{a} ≥ 2 che è vera essendo equivalente a (a − 1)^{2} ≥ 0; l’uguaglianza si ha solamente quando a = 1. In generale, la proposizione è equivalente a dimostrare che a_{1} + a_{2} + … + a_{n−1} + \frac{1}{a_{1}a_{2}...a_{n−1}} ≥ n. Sia a_{j} = 1 + h_{j} con h_{j} > −1 essendo a_{j} > 0 ed in tal modo la disuguaglianza diventa h_{1} + … + h_{n−1} + \frac{1}{(1+h_{1})(1+h_{2})...(1+h_{n−1})} ≥ 1. Supponiamo ora che la proposizione sia vera per ogni intero n tale che 1 ≤ n < m. Dobbiamo mostrare che h_{1} + … + h_{m} + \frac{1}{(1+h_{1})(1+h_{2})...(1+h_{m})} ≥ 1. Si devono distinguere due casi:

1) I vari h_{1} … h_{m−1} non hanno tutti lo stesso segno. In tal caso esisterà un h_{l} con 1 ≤ l ≤ m−1 tale che h_{l} · h_{m} < 0 e quindi (1 + h_{l})(1 + h_{m}) < 1 + h_{l} + h_{m}. La disuguaglianza da dimostrare diventa allora

h_{1} + … h_{l−1} + … + h_{l+1} + … + h_{m−1} + (1 + h_{l} + h_{m}) + \frac{1}{(1 + h_{1})(1 + h_{2}) … (1 + h_{m})} >

> h_{1} + … h_{l−1} + h_{l+1} + … + h_{m−1} + (h_{l} + h_{m})+

+ \frac{1}{(1 + h_{1})(1 + h_{2}) … (1 + h_{l−1})(1 + h_{l+1}) ⋯ (1 + h_{m−1})(1 + h_{l} + h_{m})} ≥ 1

e quindi uso l’ipotesi induttiva avendo riottenuto formalmente lo stesso calcolo che si avrebbe con m−1 elementi (più specificatamente si può ridefinire h_{l} +h_{m} = h′_{l} ottenendo h_{1} +… h_{l−1} + h′_{l} + h_{l+1} + … + h_{m−1} + \frac{1}{(1+h_{1})(1+h_{2})···(1+h′_{l})(1+h_{l+1})···(1+h_{m−1})} ≥ 1; si deve notare come essendo h_{l}h_{m} < 0 ne segue h_{l} + h_{m} > −1. Quest’ultima osservazione è essenziale per l’applicazione dell’ipotesi induttiva.)

2) I vari h_{1} … h_{m−1} hanno tutti lo stesso segno e h_{m} ha segno opposto. In tal caso si ripete il ragionamento esattamente come prima. Se a_{j} ≡ 1 evidentemente si ha uguaglianza. Facciamo vedere ora che se a_{j} ≢ 1 allora non può aversi l’uguaglianza. Se a_{j} ≢ 1 vuol dire che alcuni di essi sono maggiori di uno ed alcuni minori di uno in quanto il loro prodotto deve essere uguale ad uno. Ciò implica che h_{1}, h_{2}, …, h_{m} non hanno tutti lo stesso segno e quindi possiamo applicare le formule già scritte nei due casi precedenti e se supponiamo, come ovvio, che la proprietà è vera per 1 ≤ n < m essa sarà vera per n = m.

• Un secondo modo consiste nell’usare le funzioni concave come ln x. Infatti ln(\frac{1}{n} ∑_{j=1}^{n} a_{j}) ≥ \frac{1}{n} ∑_{j=1}^{n} ln a_{j} da cui ln(∑_{j=1}^{n} a_{j}) ≥ \frac{1}{n} ∑_{j=1}^{n} ln na_{j} = \frac{1}{n} ∑_{j=1}^{n} ln(a_{j}) + \frac{1}{n} ∑_{j=1}^{n} ln(n) = \frac{1}{n} ∑_{j=1}^{n} n = ln n e quindi ln(∑_{j=1}^{n} a_{j}) ≥ ln n da cui il risultato tenendo presente che la funzione ln(x) è crescente

La stessa procedura è ln(∑_{i=1}^{n} \frac{a_{i}}{n}) ≥ \frac{1}{n} ∑_{i=1}^{n} ln(a_{i}). Il fatto che a_{1}a_{2} ⋯ a_{n} = 1 implica che ln(a_{1}a_{2} ⋯ a_{n}) = 0 e quindi ln(∑_{i=1}^{n} \frac{a_{i}}{n}) ≥ 0 ossia ∑_{i=1}^{n} \frac{a_{i}}{n} ≥ 1 da cui ∑_{i=1}^{n} a_{i} ≥ n

8.1.A La disuguaglianza \frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{3}} + \frac{a_{3}}{a_{4}} +…+ \frac{a_{n−1}}{a_{n}} + \frac{a_{n}}{a_{1}} ≥ n è riscritta come _{\frac{1}{\frac{a_{2}}{a_{3}} \frac{a_{3}}{a_{4}} \frac{a_{4}}{a_{5}} ... \frac{a_{n−1}}{an} \frac{an}{a_{1}}}} +

\frac{a_{2}}{a_{3}} + \frac{a_{3}}{a_{4}} + … + \frac{a_{n−1}}{a_{n}} + \frac{a_{n}}{a_{1}} ≥ n ed usiamo l’esercizio precedente.

9.1.A La prima e l’ultima sono ovvie. Esaminiamo la terza. Sia ∏_{j=1}^{n} a_{i} ≐ g e riscriviamo

la relazione da dimostrare come n ≤ (\frac{a_{1}}{g^{\frac{1}{n}}} + … + \frac{a_{n}}{g^{\frac{1}{n}}} ). Se indichiamo con b_{j} ≐ \frac{a_{j}}{b^{\frac{1}{n}}} si ha

∏_{j=1}^{n} b_{j} = 1 e b_{j} > 0 per cui posso applicare il risultato dell’esercizio 2.1.4 (rich.1) da cui si ottiene ∑_{j=1}^{n} b_{j} ≥ n e sostituendo a b_{j} le opportune quantità si ottiene il risultato.

Un altro modo, completamente diverso dal precedente, consiste nell’applicare la funzione ln x a sinistra e destra^{(2.1.4)} ottenendo \frac{1}{n} ∑_{i=1}^{n} ln a_{i} ≤ ln(\frac{1}{n} ∑_{i=1}^{n} a_{i}). È importante notare che ln x è crescente e quindi dire che a < b equivale a dire che ln a < ln b. Poi osserviamo che il grafico della funzione y = f(x) = ln x ha la concavità rivolta verso il basso e quindi passa sempre sopra il segmento che congiunge due suoi punti. Siano dunque P = (a, f(a)) e Q = (b, f(b)) due punti del grafico. La retta passante per P e Q ha equazione y = f(a)+(x−a)\frac{f(b)−f(a)}{b−a} ed abbiamo, a causa della concavità verso il basso, f(x) ≥ f(a) + (x − a)\frac{f(b)−f(a)}{b−a} per ogni a ≤ x ≤ b. L’insieme delle x tali che a ≤ x ≤ b può essere parametrizzato con x = λa+(1−λ)b e 0 ≤ λ ≤ 1. Sostituendo ad x nella formula che esprime la concavità della funzione la sua espressione in termini di λ si ricava la usuale formula che compare nei libri di testo ossia f(λa+(1−λ)b) ≥ λf(a)+(1−λ)f(b). Siano ora P_{1}, P_{2}, …, P_{n}, n punti le cui ascisse x_{1}, …, x_{n} sono tali che a ≤ x_{1} ≤ …, ≤ x_{n} ≤ b e siano 0 ≤ λ_{i} ≤ 1 (i = 1, …, n), n parametri tali che ∑_{i=1}^{n} λ_{i} = 1. Si dimostra che f(∑_{i=1}^{n} λ_{i}x_{i}) ≥ ∑_{i=1}^{n} λ_{i}f(x_{i}) e quindi si ha il risultato in quanto nel mio caso λ_{i} = \frac{1}{n}. La disuguaglianza f(∑_{i=1}^{n} λ_{i}x_{i}) ≥ ∑_{i=1}^{n} λ_{i}f(x_{i}) vale per ogni funzione la cui concavità è rivolta verso il basso e si dimostra per induzione. Per n = 2 è la definizione. Supponiamo ora che sia vera per n > 2.

(2.1.4) Chi non conoscesse la funzione logaritmo può saltare questa dimostrazione e ritornarvi allorquando avrà studiato

le proprietà delle funzioni elementari fra cui il logaritmo naturale

f(∑_{i=1}^{n+1} λ_{i}x_{i}) = f(λ_{n+1}x_{n+1} + ∑_{i=1}^{n} λ_{i}x_{i}) = f(λ_{n+1}x_{n+1} + ^{\frac{∑_{i=1}^{n} λ_{i}x_{i}}{1−λ_{n+1}}} (1 − λ_{n+1})) ≥

≥ λ_{n+1}f(x_{n+1}) + (1 − λ_{n+1})f(^{\frac{∑_{i=1}^{n} λ_{i}x_{i}}{1−λ_{n+1}}} ). Ora ^{\frac{∑_{i=1}^{n} λ_{i}}{1−λ_{n+1}}} = 1 per cui posso applicare l’ipotesi

induttiva ottenendo (1 − λ_{n+1})f(^{\frac{∑_{i=1}^{n} λ_{i}x_{i}}{1−λ_{n+1}}} ) ≥ (1 − λ_{n+1}) ∑_{i=1}^{n} \frac{λ_{i}f(x_{i})}{1−λ_{n+1}} e quindi il risultato.

Per la seconda usiamo la terza con \frac{1}{a_{j}} al posto di a_{j}.

10.1.A Cominciamo dalla parte sinistra ossia c_{α} ≤ (a_{1}a_{2} … a_{n})^{\frac{1}{n}} che equivale a

(\frac{a_{1}^{α} + a_{2}^{α} + … + a_{n}^{α}}{n} )^{1/α} ≤ (a_{1}a_{2} … a_{n})^{\frac{1}{n}} ossia \frac{a_{1}^{α}}{∏_{j=1}^{n} aj^{\frac{α}{n}}} + \frac{a_{2}^{α}}{∏_{j=1}^{n} aj^{\frac{α}{n}}} + … + \frac{a_{n}^{α}}{∏_{j=1}^{n} aj^{\frac{α}{n}}} > n che

è vera usando l’esercizio 2.1.4 (rich.1) ed osservando che ∏_{j=1}^{n} \frac{a_{j}^{α}}{∏_{j=1}^{n} aj^{\frac{α}{n}}} = 1. La parte destra

procede nello stesso identico modo.

11 .1.A La prima parte dell’esercizio, alla luce del risultato dell’esercizio 5.1.4 (rich.5) si legge come c_{−1} ≤ c_{1} e quindi è certamente vero. Per quanto riguarda il secondo esso

può riscriversi come (a_{1}a_{2}a_{3} … a_{n})^{\frac{1}{n}} ≤ (\frac{a_{1}^{n} + a_{2}^{n} + … + a_{n}^{n}}{n} )^{\frac{1}{n}} ossia si vuol mostrare come

(a_{1}a_{2}a_{3} … a_{n})^{\frac{1}{n}} ≤ c_{n}. Ciò è vero in quanto (a_{1}a_{2}a_{3} … a_{n})^{\frac{1}{n}} ≤ c_{1} (dall’esercizio (rich.4) e c_{1} ≤ c_{n} dall’esercizio (rich.5).

Per quanto riguarda (a_{1}+a_{2}+a_{3}+…+a_{n})(\frac{1}{a_{1}} + \frac{1}{a_{2}} +…+ \frac{1}{a_{n}}) ≥ n^{2} si può dare una dimostrazione

che fa riferimento direttamente all’esercizio 1.1.4 (rich.1) che contiene la relazione principale da cui discendono direttamente gli esercizi sin qui dati. Infatti la relazione da dimostrare è data da

(1+ \frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{1}}{a_{3}} \frac{a_{1}}{a_{4}} +…+ \frac{a_{1}}{a_{n}} )+(\frac{a_{2}}{a_{1}} +1+ \frac{a_{2}}{a_{3}} \frac{a_{2}}{a_{4}} +…+ \frac{a_{2}}{a_{n}} )+(\frac{a_{3}}{a_{1}} + \frac{a_{3}}{a_{2}} +1+ \frac{a_{3}}{a_{4}} +…+ \frac{a_{3}}{a_{n}} )+…+

(\frac{a_{n−1}}{a_{1}} + \frac{a_{n−1}}{a_{2}} \frac{a_{n−3}}{a_{3}} + 1 + … + \frac{a_{n−1}}{a_{n}} ) + (\frac{a_{n}}{a_{1}} + \frac{a_{n}}{a_{2}} \frac{a_{n}}{a_{4}} + … + \frac{a_{n}}{a_{n−1}} + 1) ed usando la relazione

a+ \frac{1}{a} ≥ 2 la precedente somma è maggiore od uguale a 2 ∑_{j=1}^{n−1}(n−j)+n = 2n(n−1)+n−n(n−1) =

n^{2}

12.1.A Cominciamo da 0 < α < 1. Bisogna separare i due casi in cui α ∈ Q e α ∈ R\Q. Nel primo caso dobbiamo far vedere che (1 + x)^{\frac{p}{q}} ≤ (1 + \frac{p}{q})x, p < q e positivi entrambi e che

l’uguaglianza si ha solamente quando x = 0. Riscriviamo la parte sinistra della relazione da

dimostrare come ((1 + x)(1 + x) ⋯ (1 + x)1 · 1 ⋯ 1)^{\frac{1}{q}} ed applichiamo il risultato dell’esercizio

4.1.4 (rich.4) ottenendo ((1 + x)(1 + x) ⋯ (1 + x)1 · 1 ⋯ 1)^{\frac{1}{q}} ≤ \frac{1}{p}(q(1 + x) + (p − q) avendone

il risultato. Se si ha l’uguaglianza allora tutti i fattori del radicando sono uguali e questo è possibile solo se x = 0.

Supponiamo ora che 0 < α < 1 ed irrazionale. Dunque è data una successione di numeri razionali {r_{n}} tale che lim_{n→+∞} r_{n} = α. Inoltre, definitivamente si ha 0 < r_{n} < 1. Inoltre per

definizione (1 + x)^{α} = lim_{n→+∞}(1 + x)^{r_{n}} e (1 + αx) = lim_{n→∞}(1 + r_{n}x). Dunque (1 + x)^{α} =

((1 + x)^{α−r_{n}} − 1)(1 + x)^{r_{n}} + (1 + x)^{r_{n}} ≤ ((1 + x)^{α−r_{n}} − 1)(1 + x)^{r_{n}} + (1 + r_{n}x) e facendo il limite per n → ∞ si ottiene il risultato dal momento che il primo addendo tende a zero ed il secondo tende ad 1 + αx. Facciamo vedere ora che (1 + x)^{α} − 1 + αx = 0 ⇒ x = 0. Supponiamo che x ≠ 0 e (1 + αx) = (1 + x)^{α}; ciò implica che (1 + xα) = ((1 + x)^{r})^{\frac{α}{r}} con r razionale. Usando il risultato precedente si ottiene 1 + xα < (1 + rx)^{\frac{α}{r}} . Essendo 0 < α < 1 si può prendere r vicino ad α in modo che rx ≥ −1 ed applicare di nuovo il risultato precedente ottenendo 1 + xα < (1 + rx)^{\frac{α}{r}} ≤ 1 + αx da cui la contraddizione. Quest’ultima si risolve dicendo che x ≠ 0 e (1 + αx) = (1 + x)^{α} sono incompatibili. Consideriamo ora il caso α > 1 con α ∈ R. Dobbiamo far vedere che (1 + x)^{α} ≥ (1 + αx) per x ≥ −1. Se 1 + αx < 0 ossia x < \frac{−1}{α} la disuguaglianza è chiaramente vera. Se x > \frac{−1}{α} scriviamo (1 + x) ≥ (1 + αx)^{\frac{1}{α}} e αx + 1 > 0. Usando il risultato precedente si ha (1 + αx)^{\frac{1}{α}} ≤ 1 + x in quanto \frac{1}{α} < 1 che è esattamente quanto andava dimostrato. L’uguaglianza per x = 0 e solo per x = 0 si ottiene dalla precedente dimostrazione. Ultimo caso è quello in cui α < 0. Se x > \frac{1}{|α|} la disuguaglianza è verificata essendo 1 + αx < 0. Dunque consideriamo solamente −1 < x < \frac{1}{|α|} e riscriviamo la disuguaglianza da dimostrare come (1 − |α|x)(1 + x)^{|α|} ≤ 1. Se |α| ≤ 1, usando il risultato per α positivo e minore di 1 si ha (1 − |α|x)(1 + x)^{|α|} ≤ (1 − |α|x)(1 + |α|x) = 1 − |α|^{2}x^{2} ≤ 1. Se invece |α| > 1 (sempre α < 0) riscriviamo (1 − |α|x)(1 + x)^{|α|} ≤ 1 come \frac{1}{1+x} ≥ (1 − |α|x)^{\frac{1}{|α|}} .

Ora (1 + αx)^{\frac{1}{|α|}} ≤ 1 + \frac{α}{|α|}x = 1 − x (ricordo che si sta considerando l’insieme delle x per cui 1 + αx > 0). Resta da far vedere che 1 − x < \frac{1}{1+x} che è vera per 1 + x > 0.

13.1.A Bisogna far vedere che (\frac{a_{1}^{α}+a_{2}^{α}+...+a_{n}^{α}}{n} )^{1/α} ≤ (\frac{a_{1}^{γ}+a_{2}^{γ}+...+a_{n}^{γ}}{n} )^{1/γ} dove α ≤ γ e che l’uguaglianza si ha solamente nel caso in cui α = γ. Se α · γ < 0 è il caso trattato nell’esercizio (rich.5). Se 0 < α < γ lasciamo allo studente/ssa dare la dimostrazione alla luce della seguente. Supponiamo dunque che α e γ siano positivi con α < γ. La disuguaglianza si può riscrivere come

\frac{a_{1}^{α}+a_{2}^{α}+...+a_{n}^{α}}{n} ≤ (^{\frac{(a_{1}^{α})^{\frac{γ}{α}} +(a_{2}^{α})^{\frac{γ}{α}} +...+(a_{n}^{α})^{\frac{γ}{α}}}{n}} )^{\frac{1}{\frac{γ}{α}}} . Ora definiamo (ma solo per comodità notazionale)

b_{j} = a_{j}^{α}, q = \frac{γ}{α} poi eleviamo tutto alla potenza q ed otteniamo (\frac{1}{n} ∑_{j=1}^{n} b_{j})^{q} ≤ \frac{1}{n} ∑_{j=1}^{n} b_{j}^{q} ossia

n ≤ (_{\frac{nb_{1}}{∑_{j=1}^{n} b_{j}}} )^{q} + … + (_{\frac{nb_{n}}{∑_{j=1}^{n} b_{j}}} )^{q} e b_{j} ≥ 0 chiaramente. Definiamo ora (sempre per comodità

notazionale) d_{j} = _{\frac{nb_{j}}{∑_{j=1}^{n} b_{j}}} talché la disuguaglianza si è ridotta a dimostrare come dati n numeri

positivi d_{1}, d_{2}, …, d_{n} si ha ∑_{j=1}^{n} d_{j} = n ⇒ ∑_{j=1}^{n} d_{j}^{q} ≥ n. Per questo scriviamo d_{j} = 1 + x_{j} ed essendo d_{j} > 0 si ha x_{j} > −1. Possiamo applicare il risultato dell’esercizio 7.1.4 (rich.7) ottenendo (1 + x_{j})^{q} ≥ (1 + qx_{j}) da cui ∑_{j=1}^{n} d_{j}^{q} ≥ ∑_{j=1}^{n}(1 + qx_{j}) = n + q ∑_{j=1}^{n} x_{j} = n e quindi la dimostrazione. Facciamo vedere ora che se si ha uguaglianza allora per forza α = γ. Infatti l’uguaglianza si ha per x_{j} ≡ 0 ossia b_{1} = b_{2} = … = b_{n} = b da cui a ritroso a_{1} = a_{2} = … = a_{n} = a e quindi l’uguaglianza.

Questa seconda dimostrazione va letta solo dopo che si siano affrontate le derivate con l’applicazione ai problemi di massimo e di minimo. Definendo x_{j} = _{\frac{b_{j}}{∑_{j=1}^{n} b_{j}}} bisogna mostrare come dati n numeri positivi x_{1}, x_{2}, …, x_{n} tale che

∑_{j=1}^{n} x_{j} = 1 si ha \frac{1}{n^{q−1}} ≤ x_{1}^{q}+x_{2}^{q}+…+x_{n}^{q}. Dimostriamo il tutto per induzione ossia supponiamo che quanto scritto sia vero per k intero compreso fra 1 ed n e dimostriamo il tutto per k = n+1.

Dobbiamo dunque far vedere che se ∑_{j=1}^{n+1} x_{j}^{q} = 1 allora \frac{1}{(n+1)^{q−1}} ≤ x_{1}^{q} + x_{2}^{q} + … + x_{n}^{q} + x_{n+1}^{q}. Definiamo ora le variabili y_{j} = \frac{x_{j}}{1−x_{n+1}} 1 ≤ j ≤ n in modo che ∑_{j=1}^{n} y_{j} = 1 e y_{j} > 0 per cui posso applicare l’ipotesi induttiva ossia ∑_{j=1}^{n} y_{j}^{q} ≥ \frac{1}{n^{q−1}} e sostituendo a ritroso si ottiene ∑_{j=1}^{n}(\frac{x_{j}}{1−x_{n+1}} )^{q} ≥ \frac{1}{n^{q−1}} ossia ∑_{j=1}^{n} x_{j}^{q} + x_{n+1}^{q} ≥ \frac{(1−x_{n+1})^{q}}{n^{q−1}} + x_{n+1}^{q} e vogliamo far vedere che l’ultima quantità è maggiore od uguale a \frac{1}{(n+1)^{q−1}} ossia vogliamo mostrare come ∑_{j=1}^{n} x_{j}^{q} +

x_{n+1}^{q} ≥ \frac{(1−x_{n+1})^{q}}{n^{q−1}} + x_{n+1}^{q} ≥ \frac{1}{(n+1)^{q−1}} . Rimaneggiando un pò si arriva a (\frac{n+1}{n})^{q}(1 − x_{n+1})^{q} + (n +

1)^{q}x_{n+1}^{q} ≥ 1 e 0 < x_{n+1} < 1 in quanto x_{j} > 0 e ∑_{j=1}^{n+1} x_{j} = 1. Consideriamo la funzione f(z)

di z ∈ (0, 1) data da (\frac{n+1}{n})^{q}(1 − z)^{q} + (n + 1)^{q}z^{q}. lim_{z→0^{+}} F (z) = (\frac{n+1}{n})^{q} > 1, lim_{z→1^{−}} f(z) =

(n + 1)^{q−1} > 1 e la funzione ha un minimo nel punto z = \frac{1}{n+1} con ordinata f(\frac{1}{n+1}) = 1 da cui si ricava che f(z) ≥ 1 che è quanto andava dimostrato.

Tra l’altro, dal fatto che la media geometrica è non superiore alla media aritmetica, segue

l’esercizio 3.1.4 (rich.3). Infatti \frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{3}} + \frac{a_{3}}{a_{4}} +…+ \frac{a_{n−1}}{a_{n}} + \frac{a_{n}}{a_{1}} ≥ n(\frac{a_{1}}{a_{2}} · \frac{a_{2}}{a_{3}} · \frac{a_{3}}{a_{4}} ·· · · \frac{a_{n−1}}{a_{n}} + \frac{a_{n}}{a_{1}} )^{1/n} = n

14.1.A Equivale a dimostrare (b^{2} + c^{2})^{3} ≥ 1/27 ossia b^{6} + c^{6} + 3bc(b^{2} + c^{2}) ≥ 1/27. Basta far vedere che b^{6} + c^{6} + 3bc(b^{2} + c^{2}) ≥ a^{6} + b^{6} + c^{6} ossia 3bc(b^{2} + c^{2}) ≥ a^{6}. Ora 3bc(b^{2} + c^{2}) ≥ 3bc · 2bc = 6(bc)^{2} ≥ 6|a|^{6} > a^{6}.

15.1.A abc + bcd + cda + bad = ab(c + d) + cd(a + b) ≤ (c + d)\frac{(a + b)^{2}}{4} + (a + b)\frac{(c + d)^{2}}{4} =

(c + d)(a + b)\frac{a + b + c + d}{4} = (a + b)(c + d)

16.1.A - primo del gruppo - x + y + z = 6 si può riscrivere come \frac{x+y+z}{3} = 2 ed applicando

l’esercizio precedente si ha 2 = \frac{x+y+z}{3} < (\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{3} )^{1/2} da cui segue che 4 < \frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{3} ossia il risultato.

9.1.4 - secondo del gruppo - Come il precedente con le potenze opportune

17.1.A Applichiamo \frac{x+y+z}{3} < (\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{3} )^{1/3} da cui x + y + z < 9

18.1.A Prima dimostrazione Scriviamo la disuguaglianza come a^{2}(a−c)+b^{2}(b−a)+c^{2}(c−b) ≥ 0 ossia a^{2}(a − b + b + c) + b^{2}(b − a) + c^{2}(c − b) = (a − b)(a^{2} − b^{2}) + (b − c)(a^{2} − c^{2}) ≥ 0. Poi osserviamo che la disuguaglianza è ciclica (ma non simmetrica). Se dunque abbiamo a ≥ b ≥ c allora è vera e rimane vera per le tre altre permutazioni. Se invece abbiamo b ≥ a ≥ c lo stesso è vera ed anche per le tre altre permutazioni.

Seconda dimostrazione Usiamo la AGM \frac{b^{3}}{3} + \frac{b^{3}}{3} + \frac{a^{3}}{3} ≥ 3 ^{3} \sqrt{\frac{b^{6}a^{3}}{27}} , \frac{c^{3}}{3} + \frac{c^{3}}{3} + \frac{b^{3}}{3} ≥ 3 ^{3} \sqrt{\frac{c^{6}b^{3}}{27}} ,

\frac{a^{3}}{3} + \frac{a^{3}}{3} + \frac{c^{3}}{3} ≥ 3 ^{3} \sqrt{\frac{a^{6}c^{3}}{27}} ,

19.1.A Per quel che riguarda la prima parte dell’esercizio essa diventa

(\frac{a_{1}+a_{2}+...a_{n}}{n} ) ≤ (\frac{a_{1}^{α}+a_{2}^{α}+...a_{n}^{α}}{n} )^{\frac{1}{α}} ed essendo α ≥ 1 ne consegue il risultato (si applichi 8.1.4)

(rich.8)

La seconda parte si riscrive come (\frac{a_{1}+a_{2}+...a_{n}}{n} ) ≥ (\frac{a_{1}^{α}+a_{2}^{α}+...a_{n}^{α}}{n} )^{\frac{1}{α}} che è vera essendo 0 < α ≤ 1 20.1.A min_{1≤j≤n} \frac{a_{j}}{b_{j}} ≤ \frac{∑_{j=1}^{n} a_{j}}{∑_{j=1}^{n} b_{j}} ≤ max_{1≤j≤n} \frac{a_{j}}{b_{j}} . Certamente per n = 1 è vera. Cominciamo

dalla parte destra della disuguaglianza. Sia M_{n} = max_{1≤j≤n} \frac{a_{j}}{b_{j}} , ∑_{j=1}^{n} a_{j} ≐ S_{n}(a), S_{n}(b) ≐ ∑_{j=1}^{n} b_{j}. Supponiamo che \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} ≥ M_{n}.

Bisogna dunque dimostrare che \frac{S_{n+1}(a)}{S_{n+1}(b)} ≤ \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} e quindi

\frac{b_{n+1}S_{n}(a)+a_{n+1}b_{n+1}−a_{n+1}S_{n}(b)−b_{n+1}a_{n+1}}{S_{n+1}(b)} ≤ 0. Ciò è vero in quanto essendo M_{n} ≤ \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} si ha \frac{a_{j}}{b_{j}} ≤ \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} per ogni 1 ≤ j ≤ n e quindi a_{j}b_{n+1} − a_{n+1}b_{j} ≤ 0 da cui il risultato.

Supponiamo ora che \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} < M_{n} = \frac{a_{no}}{a_{no}} . Bisogna mostrare che \frac{S_{n+1}(a)}{S_{n+1}(b)} ≤ \frac{a_{no}}{a_{no}} che equivale a S_{n}(a)b_{n_{o}} − S_{n}(b)a_{n_{o}} + a_{n+1}b_{n_{o}} − b_{n+1}a_{n_{o}} ≤ 0. Ora S_{n}(a)b_{n_{o}} − S_{n}(b)a_{n_{o}} ≤ 0 per ipotesi induttiva mentre a_{n+1}b_{n_{o}} −b_{n+1}a_{n_{o}} ≤ 0 per ipotesi e basta. Quindi abbiamo mostrato la prima parte della dimostrazione. La seconda parte della dimostrazione procede esattamente come la prima per cui la tralasciamo.

21.1.A Se ab ≤ 0 certamente è verificata. Infatti se a = 0 allora si ha b^{4} ≥ 0 che certamente è vera (analogamente se b = 0). Se ab < 0 allora vuol dire che almeno uno dei due è minore di zero, ad esempio a < 0 da cui a^{3} < 0 da cui il risultato. Analogamente accade se a > 0 e b < 0. Dunque l’unico caso rimasto è ab > 0. (a − b)^{4} = a^{4} − 4ab^{3} + 6a^{2}b^{2} − 4a^{3}b + b^{4} ≥ 0 per cui a^{4} + b^{4} ≥ 4a^{3}b + 4ab^{3} − 6a^{2}b^{2} = a^{3}b + 3a^{3}b + 4ab^{3} − 6a^{2}b^{2} per cui basta far vedere che ab(3a^{2} − 6ab + 4b^{2}) ≥ 0 sapendo che ab > 0. Il trinomio 3a^{2} − 6ab + 4b^{2}, avendo il suo discriminante Δ = −3b^{3} oppure Δ = −3a^{2} certamente negativo, assume sempre il segno del suo primo coefficiente e dunque è positivo. Ciò implica che ab(3a^{2} − 6ab + 4b^{2}) ≥ 0

• Basta scrivere a^{4} + b^{4} = \frac{1}{3}a^{4} + \frac{1}{3}a^{4} + \frac{1}{3}a^{4} + b^{4} ≥ 4 (\frac{a^{12}b^{4}}{27} )^{1/4} = 4a^{3}b/3^{3/4}

22.1.A La dimostrazione si fa “per assurdo”. Supponiamo infatti che esista una soluzione (x, y) = (n, m) fatta di interi ambedue pari ossia n = 2n_{o} e m = 2m_{o} con (n_{o}, m_{o}) ambedue interi. Sostituendo nella equazione si avrebbe 4n_{o}^{2} − 12m_{o}^{2} = −1 ossia 12m_{o}^{2} = 4n_{o}^{2} + 1 che costituisce un assurdo in quanto a sinistra vi è un numero pari mentre a destra un numero dispari. Se ne deduce che erano errate le premesse ossia che esistesse una soluzione costituita da una coppia di interi pari. Supponiamo ora che esista una soluzione costituita da interi dispari ossia n = 2n_{o} + 1 e m = 2m_{o} + 1 da cui 4n_{o}^{2} + 4n_{o} + 1 − 12m_{o}^{2} − 12m_{o} − 3 = −1 ossia 4n_{o}^{2} + 4n_{o} − 12m_{o}^{2} − 12m_{o} = +1 che come prima è un assurdo. Supponiamo ora che x sia pari ed y dispari. Si dovrebbe avere x^{2} = −1 + 3y^{2} ma x^{2} è pari mentre −1 + 3y^{2} è dispari. Da ultimo è rimasto il caso in cui x è dispari e y è pari. Dunque 3y^{2} = −1 + x^{2} ancora è un assurdo.

23.1.A Ponendo a + 1 = x, b + 1 = y, c + 1 = z si ottiene che xy + yz + zx = xyz implica (x − 1)(y − 1)(z − 1) ≥ 8 ossia x + y + z ≥ 9 che è implicata da xyz ≥ 27. La relazione xy + yz + zx = xyz implica xyz ≥ 3(xyz)^{2/3} ossia xyz ≥ 27.

24.1.A Poniamo z = ax, y = bx, a, b ≥ 0. Si ottiene x^{4}(1 + b^{4}) − \sqrt{8}abx^{3} + a^{2}x^{2} ≥ 0 e quindi x^{2}(1 + b^{4}) − \sqrt{8}abx + a^{2} ≥ 0 per ogni x > 0 ossia Δ ≤ 0 e quindi 1 + b^{4} ≥ 2b^{2} che è chiaramente vera.

25 .1.A Usiamo Cauchy–Schwarz \frac{x^{2}}{y − 1} + \frac{y^{2}}{x − 1} ≥ \frac{(x + y)^{2}}{x + y − 2} ≥ 8 da cui a^{2} − 8a + 16 =

(a − 4)^{2} ≥ 0 con a = x + y 26.1.A L’induzione fa si che si pervenga a dover dimostrare come 2 < (1 + \frac{1}{n})^{n} per n ≥ 2. Faremo vedere che i numeri a_{n} = (1 + \frac{1}{n})^{n} costituiscono una successione crescente ed essendo a_{2} = \frac{9}{4} > 2 ne segue il risultato. L’esercizio 4.1.4 (rich.4) ci dice che (ab^{n})^{\frac{1}{n+1}} < \frac{a+nb}{n+1}. Sostituiamo ora il valore 1 ad a e 1 + \frac{1}{n} a b ottenendo esattamente quanto voluto. Si confronti la dimostrazione della crescenza di a_{n} con quanto scritto a pagina 166 - 167 del libro di

testo.

27.1.A Prima dimostrazione Dividendo per (abc)^{2} si ha (\frac{a}{c} + \frac{b}{a} + \frac{c}{b})(\frac{b}{c} + \frac{c}{a} + \frac{a}{b}) ≥ 9 ossia (x + y + z)(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}) ≥ 9 dove x = \frac{a}{c}, y = \frac{b}{a}, z = \frac{c}{b}. Il prodotto delle due parentesi diventa 3 + (\frac{x}{y} + \frac{y}{x}) + (\frac{x}{z} + \frac{z}{x}) + (\frac{y}{z} + \frac{z}{y}) ≥ 9 e quindi, usando l’esercizio 1.1.4 (rich.1), si ottiene il risultato.

• Seconda dimostrazione Un secondo modo consiste nell’usare la disuguaglianza AGM (a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a)(ab^{2} + bc^{2} + ca^{2}) ≥ ^{3} \sqrt{a^{3}b^{3}c^{3}} ^{3} \sqrt{a^{3}b^{3}c^{3}} = 9a^{2}b^{2}c^{2}

• Terza dimostrazione Un terzo modo di usare la disuguaglianza AGM consiste nello sviluppare tutti i prodotti ed ottenere a^{3}b^{3} + b^{3}c^{3} + c^{3}a^{3} + a^{4}bc + c^{4}ab + b^{4}ac + (abc)^{2} + (abc)^{2} + (abc)^{2} ≥ 9 ^{9} \sqrt{a^{18}b^{18}c^{18}}

• Quarta dimostrazione Un quarto modo consiste nell’usare la disuguaglianza di Cauchy \sqrt{x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2}}\sqrt{y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2}} ≥ x_{1}y_{1} + x_{2}y_{2} + x_{3}y_{3} e quindi (a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a)(bc^{2} + ca^{2} + ab^{2}) ≥ (\sqrt{(abc)^{2}} + \sqrt{(abc)^{2}} + \sqrt{(abc)^{2}})^{2} = 9(abc)^{2}

28.1.A Prima dimostrazione Supponiamo x, y > 0. Svolgendo i calcoli si arriva a 2 ≤ \frac{x}{y}(\frac{1}{p} − \frac{q}{p})+ \frac{y}{x}(\frac{1}{q} − \frac{p}{q}) = \frac{x}{y} \frac{1−q}{p} + \frac{y}{x} \frac{1−p}{q}. Ora si usa p < 1−q e q < 1−p per ottenere \frac{x}{y} \frac{1−q}{p} + \frac{y}{x} \frac{1−p}{q} > \frac{x}{y} + \frac{y}{x} e quindi 2 < \frac{x}{y} + \frac{y}{x} che è vera. Se x oppure y è nullo è ovvia dal fatto che q^{2} < q e p^{2} < p. Se x, y < 0, prendendo x = −|x| e y = −|y| si ricade nel caso x, y > 0 e se xy < 0 allora (px + qy)^{2} ≤ max{p^{2}x^{2}, q^{2}x^{2}} ≤ px^{2} + qy^{2} sempre usando q^{2} < q e p^{2} < p.

Seconda dimostrazione Essendo f(x) convessa si ha (\frac{p}{p+q} x + \frac{q}{p+q} y)^{2} ≤ \frac{p}{p+q} x^{2} \frac{q}{p+q} y^{2} da cui (px + qy)^{2} ≤ px^{2} + qy^{2} essendo p, q > 0 e p + q < 1.

29.1.A Prima dimostrazione La disuguaglianza è \sqrt{3} ≥ \sqrt{\frac{a}{a+b+c}} + \sqrt{\frac{b}{a+b+c}} + \sqrt{\frac{c}{a+b+c}} ossia

\sqrt{3} ≥ \sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z} con x + y + z = 1 e chiaramente x = \frac{a}{a+b+c}, y = \frac{b}{a+b+c}, z = \frac{c}{a+b+c}. Elevando al quadrato otteniamo 3 ≥ (x + y + x) + 2\sqrt{xy} + 2\sqrt{xz} + 2\sqrt{yz} e quindi 1 ≥ \sqrt{xy} + \sqrt{xz} + \sqrt{yz}. Riusando x + y + z = 1 si ottiene x + y + z ≥ \sqrt{xy} + \sqrt{xz} + \sqrt{yz}. Ora \sqrt{xy} ≤ \frac{x+y}{2} , \sqrt{xz} ≤ \frac{x+z}{2} , \sqrt{yz} ≤ \frac{y+z}{2} , per cui \sqrt{xy} + \sqrt{xz} + \sqrt{yz} ≤ \frac{x+y}{2} + \frac{x+z}{2} + \frac{y+z}{2} da cui il risultato.

Seconda dimostrazione Una volta arrivati a \sqrt{3} ≥ \sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z} con x + y + z = 1 si usa la

Power–means–inequality per cui (\frac{\sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z}}{3} )^{2} ≤ \frac{x + y + z}{3} da cui il risultato.

Terza dimostrazione Una soluzione alternativa ed anche più semplice passa attraverso il fatto che la funzione \sqrt{x} è convessa per cui \sqrt{\frac{a}{3} + \frac{b}{3} + \frac{c}{3}} ≥ \frac{1}{3}(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}) che implica il risultato non appena si prende 3a, 3b, 3c al posto di a, b, c.

30.1.A Prima dimostrazione Fissato il modulo di ciascuna lettera, la parte destra è più grande quando tutte le lettere hanno lo stesso segno per cui prendiamo a_{i}, b_{j} > 0. Si eleva al quadrato, si semplifica e si ottiene ∑_{1≤i<j≤n}(a_{i}a_{j} + b_{i}b_{j}) ≤ ∑_{1≤i<j≤n} \sqrt{a_{i}^{2}a_{j}^{2} + a_{i}^{2}b_{j}^{2} + a_{j}^{2}b_{i}^{2} + b_{i}^{2}b_{j}^{2}}. Ora dimostriamo che (a_{i}a_{j} + b_{i}b_{j}) ≤ \sqrt{a_{i}^{2}a_{j}^{2} + a_{i}^{2}b_{j}^{2} + a_{j}^{2}b_{i}^{2} + b_{i}^{2}b_{j}^{2}}. Eleviamo ancora al quadrato ed ottenimo 2a_{i}a_{i}b_{i}b_{j} ≤

(a_{i}b_{j})^{2} + (a_{j}b_{i})^{2} ossia 2 ≤ \frac{a_{i}b_{j}}{a_{j}b_{i}} + \frac{a_{j}b_{i}}{a_{i}b_{j}} che è certamente vera.

Seconda dimostrazione Un altro modo di procedere consiste nell’applicare ripetutamente la disuguaglianza di Minkowski ossia (a_{1}^{p} + b_{1}^{p})^{1/p} + (a_{2}^{p} + b_{2}^{p})^{1/p} ≥ (a_{1}^{p} + a_{2}^{p} + b_{1}^{p} + b_{2}^{p})^{1/p}, p ≥ 1.

31.1.A \frac{aA+bB+cC}{a+b+c} ≥ \frac{1}{3} \frac{(a+b+c)(A+B+C)}{a+b+c} = \frac{π}{3}

32.1.A La media aritmetica è non inferiore alla media geometrica e quindi \frac{a_{1}}{b_{1}} + \frac{a_{2}}{b_{2}} +…+ \frac{a_{n}}{b_{n}} ≥

n (∏_{k=1}^{n} \frac{a_{k}}{b_{k}} )^{1/n} = n

33 .1.A Si scrive la relazione come (\frac{a_{1}}{a_{1}+b_{1}} · \frac{a_{2}}{a_{1}+b_{1}} · . . . · \frac{a_{n}}{a_{n}+b_{n}} )^{1/n}+(\frac{b_{1}}{a_{1}+b_{1}} · \frac{a_{2}}{a_{1}+b_{1}} · . . . ·

\frac{b_{n}}{a_{n}+b_{n}} )^{1/n}≤ 1 e quindi come (x_{1} · . . . · x_{n})^{1/n} + (y_{1} · . . . · y_{n})^{1/n} ≤ 1 dove x_{1} + x_{2} + … + x_{n} +

y_{1} + y_{2} + … + y_{n} = n. Dalla relazione cosiddetta AGM si ha (x_{1} · . . . · x_{n})^{1/n} + (y_{1} · . . . · y_{n})^{1/n} ≤ \frac{1}{n}(x_{1} + x_{2} + … + x_{n}) + \frac{1}{n}(y_{1} + y_{2} + … + y_{n}) = 1 da cui il risultato.

34.1.A a^{3} + b^{3} + c^{3} + 3abc − ab(a + b) − ac(a + c) − bc(b + c) ≥ 0 è equivalente a a(a − b)(a − c) + b(b − a)(b − c) + c(c − a)(c − b) ≥ 0. Per simmetria possiamo supporre a ≥ b ≥ c per cui

\begin{matrix}a(a − b)(a − c) + b(b − a)(b − c) + c(c − a)(c − b) ≥ \\ a(a − b)(b − c) − b(a − b)(b − c) + c(a − c)(b − c) = (a − b)^{2}(b − c) + c(a − c)(b − c) ≥ 0 \end{matrix}

Altre forme della disuguaglianza di Schür sono: 1) abc ≥ (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b), 2) se a + b + c = 1 9abc + 1 ≥ 4(ab + bc + ca)

35.1.A Basta semplificare e applicare la disuguaglianza di Schür (rich.13)

36.1.A Prima dimostrazione Basta semplificare il tutto ed ottenere ∑_{sym} a^{2}b ≥ 6abc che deriva

immediatamente dalla AGM. Seconda dimostrazione Usiamo la identità (a + b)(b + c)(c + a) = (a + b + c)(ab + bc + ca) − abc da cui 9(a + b)(b + c)(c + a) = 8(a + b + c)(ab + bc + ca) − 8abc + (a + b + c)(ab + bc + ca) − abc. Da a + b ≥ 2\sqrt{ab} abbiamo (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc e quindi il risultato

37.1.A Essendo \frac{a^{2}}{b^{2}} + 1 ≥ 2\frac{a}{b} otteniamo 3 ∑_{cyc} \sqrt{\frac{a}{b}} ≥ 9 ^{4} \sqrt{\frac{a}{b} \frac{b}{c} \frac{c}{a}} = 9.

38 .1.A Scriviamo a = 1/x, b = 1/y, c = 1/z da cui ∑_{cyc} \frac{xy}{x + y} ≤ \frac{1}{2}(x + y + z) da cui

∑_{cyc} \frac{xy}{x + y} − ∑_{cyc} x ≤ −\frac{1}{2}(x + y + z) da cui ∑_{cyc} \frac{x^{2}}{x + y} ≥ \frac{1}{2}(x + y + z). Da Cauchy–Schwarz

abbiamo ∑_{cyc} \frac{x^{2}}{x + y} ≥ \frac{(x + y + x)^{2}}{2(x + y + x)} ≥ \frac{1}{2}(x + y + x) ed è chiaramente vera

39.1.A Si possono dare diverse dimostrazioni. Prima dimostrazione Bisogna tenere presente la Disuguaglianza di Schür (rich.13) dimostrata prima. Semplificando, la disuguaglianza da dimostrare è equivalente a 2(a^{3}+b^{3}+c^{3})−a^{2}b−ab^{2}− a^{2}c−ac^{2} −cb^{2} −c^{2}b > 0 che riscriviamo come [(a^{3} +b^{3} +c^{3})+3abc−a^{2}b−ab^{2} −a^{2}c−ac^{2} −cb^{2} − c^{2}b] + [(a^{3} + b^{3} + c^{3}) − 3abc] ≥ 0. La prima parentesi quadra è positiva grazie alla disuguaglianza di Schür (rich.13) e la seconda grazie al fatto che la media geometrica è non maggiore della media aritmetica ed al fatto che le potenze medie sono funzioni crescenti dell’ordine. Infatti 3abc ≤ 3(\frac{a+b+c}{3})^{3} e quindi passiamo a \frac{(a+b+c)^{3}}{9} ≤ a^{3}+b^{3}+c^{3} ossia x^{3}+y^{3}+z^{3} ≥ \frac{1}{9} se x+y+z = 1.

Ciò segue dal fatto che \frac{x+y+z}{3} ≤ (\frac{x+y+x}{3})^{\frac{1}{3}} . Dunque si ottiene \frac{x+y+z}{3} = \frac{1}{3} ≤ (\frac{x+y+x}{3})^{\frac{1}{3}} . da cui il risultato.

Seconda dimostrazione Eliminando i denominatori si arriva a 2(a^{3} + b^{3} + c^{3}) − a^{2}b − ab^{2} − a^{2}c − ac^{2} − cb^{2} − c^{2}b > 0 che si può scrivere come ∑_{sym} a^{3} ≥ ∑_{sym} a^{2}b che è il teorema di Muirhead.

Le disuguaglianze AGM sottostanti sono: (a^{3} + a^{3} + b^{3})/3 ≥ a^{2}b e similari.

Terza dimostrazione Si usa la teoria delle funzioni convesse (concavi) secondo Schür . In breve, essendo la disuguaglianza omogenea possiamo supporre a + b + c = 3. Inoltre data la simmetria possiamo supporre a ≥ b ≥ c. Quindi (1, 1, 1) ≺ (ȧ, ḃ, ċ) dove (ȧ, ḃ, ċ) è un modo di scrivere la terna ordinandola dal più grande a più piccolo. (1, 1, 1) ≺ (ȧ, ḃ, ċ) vuol dire che 1 ≤ a, 2 ≤ a + b e 3 = a+b+c. Detta F (a, b, c) = \frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b}, dalla teoria di Schür segue che se F_{a} −F_{b} ≥ 0 per ogni (ȧ, ḃ, ċ), allora F (a, b, c) ≥ F (1, 1, 1) = \frac{3}{2} ossia la disuguaglianza da dimostrare. La relazione F_{a} − F_{b} equivale a \frac{1}{b+c} − \frac{1}{a+c} + \frac{a}{(b+c)^{2}} − \frac{b}{(a+c)^{2}} che è certamente vera per ogni vettore (ȧ, ḃ, ċ).

Quarta dimostrazione Per omogeneità si suppone a + b + c = 1. Poi si scrive la disuguaglianza

come \frac{a}{1 − a} + \frac{b}{1 − b} + \frac{c}{1 − c} ≥ \frac{3}{2}. La funzione a/(1 − a) ha derivata seconda sempre positiva per

cui \frac{1}{3}(\frac{a}{1 − a} + \frac{b}{1 − b} + \frac{c}{1 − c}) ≥ \frac{\frac{a+b+c}{3}}{1 − \frac{a+b+c}{3}} = \frac{1}{2}

Quinta dimostrazione Si riscrive la disuguaglianza come \frac{a+b+c}{a+b} + \frac{a+b+c}{b+c} + \frac{a+b+c}{a+c} ≥ \frac{9}{2} ossia

2(a + b + c)(\frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{a+c}) ≥ 9 e quindi ((a + b) + (b + c) + (a + c))(\frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{a+c}) ≥ 9.

Riscriviamo l’ultima relazione come \frac{(a+b)+(b+c)+(a+c)}{3} ≥ \frac{3}{\frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{a+c}} che è vera grazie al fatto che la media armonica è minore o uguale alla media aritmetica.

Sesta dimostrazione Utilizziamo la Disuguaglianza di Cauchy–Schwarz nella forma (\frac{a^{2}}{x} + \frac{b^{2}}{y} +

\frac{c^{2}}{z})(x + y + z) ≥ (a + b + c)^{2} da cui, definendo x = \frac{a}{b + c}, y = \frac{b}{a+c}, z = \frac{c}{a+b} otteniamo

\frac{a}{b + c} + \frac{b}{a + c} + \frac{c}{a + b} ≥ \frac{(a + b + c)^{2}}{a^{2} \frac{b+c}{a} + b^{2} \frac{a+c}{b} + c^{2} \frac{a+b}{c}} = \frac{(a + b + c)^{2}}{2(ab + bc + ca)} ≥ \frac{3}{2} e quindi a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥

ab + bc + ca che è vera grazie alla disuguaglianza AGM.

Settima dimostrazione Sempre scrivendo ∑_{cyc} \frac{a}{1 − a} ≥ \frac{3}{2} osserviamo che se a ≥ b ≥ c allora

a/(1−a) ≥ b/(1−b) da cui, tramite Chebysev, ∑_{cyc} \frac{a}{1 − a} ≥ \frac{1}{3} ∑_{cyc} a·∑_{cyc} \frac{1}{1 − a} = \frac{1}{3} ∑_{cyc} \frac{1}{1 − a} ≥ \frac{3}{2}

La convessità di 1/(1 − a) ci permette di scrivere \frac{1}{3} ∑_{cyc} \frac{1}{1 − a} ≥ \frac{1}{3} \frac{3}{1 − \frac{a+b+c}{3}} = \frac{1}{3} \frac{3}{2} = \frac{3}{2}

Ottava dimostrazione Usiamo la convessità della funzione a/(1 − a) osservando che la funzione

giace sopra la retta tangente nel punto a = 1/3 che è \frac{1}{2} + (a − \frac{1}{3})\frac{9}{4} per cui ∑_{cyc} \frac{a}{1 − a} ≥

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

∑_{cyc}(\frac{1}{2} + (a − \frac{1}{3})\frac{9}{4}) = \frac{3}{2} + \frac{9}{4}(∑_{cyc} a) − \frac{9}{4} = \frac{3}{2}

Nona dimostrazione (presa da

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=479679) ∑_{cyc} \frac{a}{b + c} − \frac{3}{2} =

∑_{cyc} (\frac{a}{b + c} − \frac{1}{2}) = ∑_{cyc} \frac{a − b − (c − a)}{2(b + c)} = ∑_{cyc}(a−b) (\frac{1}{2(b + c)} − \frac{1}{2(a + c)}) = ∑_{cyc} \frac{(a − b)^{2}}{2(a + c)(b + c)} ≥

0 40.1.A Si applica Cauchy–Schwarz alle terne (ax^{2}, bx, c) (a, bx, cx^{2}) 41.1.A La disuguaglianza è a^{8} + b^{8} + c^{8} ≥ a^{3}b^{3}c^{2} + b^{3}c^{3}a^{2} + c^{3}a^{3}b^{2} e segue da (a^{8} + a^{8} + a^{8} + b^{8} + b^{8} + b^{8} + c^{8} + c^{8})/8 ≥ a^{3}b^{3}c^{2} e così per gli altri due contributi. 42.1.A Prima dimostrazione Osserviamo che (ab + bc + ca)\frac{a}{b + c} = bc\frac{a}{b + c} + a^{2} ≤ a^{2} + \frac{1}{4}a(b + c) dove abbiamo usato \frac{bc}{a + b} ≤ \frac{b + c}{4} per cui otteniamo a^{2} + b^{2} + c^{2} + \frac{1}{2}(ab + bc + ca) ≤ \frac{3}{2}(a^{2} + b^{2} + c^{2}) essendo ab + bc + ca ≤ a^{2} + b^{2} + c^{2}. Seconda dimostrazione Semplificando arriviamo a ∑_{sym} a^{4}b + a^{3}b^{2} ≥ 2 ∑_{sym} a^{2}b^{2}c che è vera per il Teorema di Muirhead dal momento che [2, 2, 1] ≺ [4, 1, 0] e [2, 2, 1] ≺ [3, 2, 0]. Le sottostanti AGM sono a^{4}c + b^{4}c ≥ 2a^{2}b^{2}c, b^{4}a + c^{4}a ≥ 2b^{2}c^{2}a, a^{4}b + c^{4}b ≥ 2a^{2}c^{2}b, per quanto riguarda ∑_{sym} a^{4}b ≥ ∑_{sym} a^{2}b^{2}c. Per quanto riguarda ∑_{sym} a^{3}b^{2} ≥ ∑_{sym} a^{2}b^{2}c abbiamo (a^{3}b^{2} + a^{2}b^{3} + c^{2}a^{3} + b^{3}c^{2})/2 ≥ 2a^{2}b^{2}c, (b^{3}c^{2} + b^{2}c^{3} + a^{2}b^{3} + c^{3}a^{2})/2 ≥ 2b^{2}c^{2}a, (c^{3}a^{2} + c^{2}a^{3} + b^{2}c^{3} + a^{3}b^{2})/2 ≥ 2c^{2}a^{2}b, Terza dimostrazione Grazie alla omogeneità assumiamo a + b + c = 1 e riscriviamo la dis-

uguaglianza come −3 + ∑_{cyc} \frac{1}{1 − a} ≤ \frac{3}{2} \frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{ab + bc + ca} ossia ∑_{cyc} \frac{1}{1 − a} ≤ \frac{3}{2(ab + bc + ca)} ossia

(bc + ac + ab)(\frac{1}{1 − a} + \frac{1}{1 − b} + \frac{1}{1 − c}) ≤ \frac{3}{2}. Dalla simmetria possiamo assumere a ≥ b ≥ c il che comporta bc ≤ ca ≤ ab e 1/(1 − a) ≥ 1/(1 − b) ≥ 1/(1 − c). Possiamo applicare Chebysev ed

ottenere (bc + ac + ab)(\frac{1}{1 − a} + \frac{1}{1 − b} + \frac{1}{1 − c}) ≤ 3 ∑_{cyc} \frac{ab}{a + b} ≤ \frac{3}{2} ossia ∑_{cyc} \frac{ab}{a + b} ≤ \frac{1}{2}(a + b + c)

sapendo che a+b+c = 1. Ma quest’ultima disuguaglianza è ovvia per il fatto che \frac{xy}{x + y} ≤ \frac{x + y}{4}

43.1.A È una semplice applicazione della AGM in quanto \frac{x}{x^{4} + y^{2}} + \frac{y}{y^{4} + x^{2}} ≥ \frac{x}{2x^{2}y} + \frac{y}{2y^{2}x} =

\frac{1}{xy} .

44.1.A Procedere per induzione. 45 .1.A Dalla disuguaglianza di Lagrange otteniamo (x_{1}y_{2} − x_{2}y_{1})^{2} ≤ ∑_{1≤k<j≤n}(x_{k}y_{i} − x_{i}y_{k})^{2} = (∑_{k=1}^{n} x_{k}^{2}) · (∑_{k=1}^{n} x_{y}^{2}) − (∑_{k=1}^{n} x_{k}y_{k})^{2} = 1 − (∑_{k=1}^{n} x_{k}y_{k})^{2} da cui dobbiamo dimostrare che 1 − (∑_{k=1}^{n} x_{k}y_{k})^{2} ≤ 2(1 − ∑_{k=1}^{n} x_{k}y_{k}) ossia (p − 1)^{2} ≥ 0 dove p = ∑_{k=1}^{n} x_{k}y_{k} 46.1.A Prima dimostrazione Possiamo scrivere dalla disuguaglianza AM–HM che \frac{1}{1+a} + \frac{1}{1+b} + \frac{1}{1+c} ≥ \frac{9}{3+a+b+c} = \frac{9}{4}. Poiché il valore assunto per a = b = c = 1/3 è esattamente 9/4, tale valore costituisce il minimo. 18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 36 Seconda dimostrazione Usiamo la disuguaglianza di Cauchy nella forma (\frac{\overline{a}^{2}}{x} + \frac{\overline{b}^{2}}{y} + \frac{\overline{c}^{2}}{z})(x +

y + z) ≥ (\overline{a} + \overline{b} + \overline{c})^{2} e quindi riotteniamo \frac{1}{1 + a} + \frac{1}{1 + b} + \frac{1}{1 + c} ≥ \frac{9}{3 + a + b + c} = \frac{9}{4}.

Terza dimostrazione Usiamo il fatto che la funzione 1/(1 + x) è convessa per x > 0, per cui \frac{1}{3}(\frac{1}{1+a} + \frac{1}{1+b} + \frac{1}{1+c}) ≥ _{\frac{1}{1+ \frac{a+b+c}{3}}} da cui il risultato.

47.1.A Se a = ε^{2}, b = ε^{−1}, c = ε^{−1} si ottiene \frac{1}{1 + ε} + 2\frac{ε}{1 + ε} che tende a 1. Proviamo quindi

\frac{1}{1 + a} + \frac{1}{1 + b} + \frac{1}{1 + c} ≥ 1. Otteniamo \frac{1}{1 + a} + \frac{1}{1 + b} + \frac{1}{1 + c} − \frac{3}{2} = \frac{1}{2} \frac{2 − abc + a + b + c}{(1 + a)(1 + b)(1 + c)} =

\frac{1}{2} \frac{1 + a + b + c}{(1 + a)(1 + b)(1 + c)} > 0 da cui il risultato. CONTROLLARE

48.1.A Razionalizzando abbiamo \frac{1−2a}{\sqrt{a}+\sqrt{1−a}} + \frac{1−2b}{\sqrt{b}+\sqrt{1−b}} + \frac{1−2c}{\sqrt{c}+\sqrt{1−c}} + \frac{1−2d}{\sqrt{d}+\sqrt{1−d}} ≥ 0. Essendo

\sqrt{a} + \sqrt{1 − a} ≥ \sqrt{2} la disuguaglianza diventa a + b + c + d ≤ 1/2. Dalla monotonia delle disuguaglianze (a + b + c + d)/4 ≤ ((a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2})/4)^{1/2} per cui a + b + c + d ≤ 1/2.

49.1.A Prima dimostrazione Dalla simmetria della relazione possiamo assumere x ≥ y ≥ z ed quindi \frac{1}{y+z} ≥ \frac{1}{x+z} ≥ \frac{1}{x+y} . Possiamo applicare Chebysev ed ottenere S ≥ \frac{1}{3}(x + y + x)(\frac{x}{y+z} + \frac{y}{x+z} + \frac{z}{x+y}). Ora (\frac{x}{y+z} + \frac{y}{x+z} + \frac{z}{x+y}) ≥ \frac{3}{2} (è la disuguaglianza di Nesbitt) da cui S ≥ \frac{1}{3}(x+y+z)\frac{3}{2} ma x + y + z ≥ 3 essendo xyz = 1 e quindi il risultato. D’altra parte se x = y = z = 1 segue che il valore di S è proprio \frac{3}{2} e quindi il minimo di S è \frac{3}{2}.

Seconda dimostrazione Si può usare la disuguaglianza di Cauchy–Schwarz |(∑_{i=1}^{n} x_{i}) · (∑_{i=1}^{n} y_{i})| ≤ |(∑_{i=1}^{n} x_{i}^{2})|^{\frac{1}{2}} |(∑_{i=1}^{n} y_{i}^{2})|^{\frac{1}{2}} con n = 3, x_{1} = \frac{x}{\sqrt{y+z}} , x_{2} = \frac{y}{\sqrt{x+z}} , x_{3} = \frac{z}{\sqrt{x+y}} . Ot-

teniamo \frac{xu}{\sqrt{y+z}} + \frac{yv}{\sqrt{x+z}} + \frac{zω}{\sqrt{x+y}} ≤ \sqrt{\frac{x^{2}}{y+z} + \frac{y^{2}}{x+z} + \frac{z^{2}}{x+y}} · \sqrt{u^{2} + v^{2} + ω^{2}} e prendendo u = \sqrt{y + z},

v = \sqrt{x + z}, ω = \sqrt{x + y} si arriva a \sqrt{x + y + z} ≤ \sqrt{2}\sqrt{\frac{x^{2}}{y+z} + \frac{y^{2}}{x+z} + \frac{z^{2}}{x+y}} . Ora usiamo l’esercizio

2.1.4 (rich.2) per avere \sqrt{x + y + z} ≥ \sqrt{3} e mettendo tutto assieme si ha S ≥ \frac{3}{2}. Poiché per x = y = z = 1 si ha esattamente S = \frac{3}{2} abbiamo il risultato.

Terza dimostrazione Si usa di nuovo Cauchy–Schwarz nella forma (\frac{\overline{a}^{2}}{x} + \frac{\overline{b}^{2}}{y} + \frac{\overline{c}^{2}}{z})(x + y + z) ≥

(\overline{a} + \overline{b} + \overline{c})^{2} e quindi ∑_{cyc} \frac{x^{2}}{y+z} ≥ \frac{(x+y+z)^{2}}{2(x+y+x)} = \frac{x+y+z}{2} ≥ \frac{3}{2}(xyz)^{1/3} = \frac{3}{2}

Quarta dimostrazione Possiamo riscrivere la disuguaglianza come ∑_{cyc} \frac{x^{2}}{y+z} ≥ \frac{3}{2}(xyz)^{1/3} e

quindi, definendo a = x^{3}, b = y^{3}, c = z^{3}, ∑_{cyc} \frac{a^{6}}{b^{3}+c^{3}} ≥ \frac{3}{2}abc da cui, semplificando, ∑_{sym} a^{12} + 2 ∑_{sym} a^{9}b^{3}+∑_{sym} a^{6}b^{3}c^{3} ≥ 3 ∑_{sym} x^{7}y^{4}z+∑_{sym}(xyz)^{4}. La disuguaglianza segue dal Teorema di Muirhead essendo [4, 4, 4] ≺ [6, 3, 3,], [7, 4, 1] ≺ [9, 3, 0], [7, 4, 1] ≺ [12, 0, 0]. Le relazioni AGM sottostanti sono:

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

[4, 4, 4] ≺ [6, 3, 3,]. (a^{6}b^{3}c^{3} + a^{3}b^{6}c^{3} + a^{3}b^{3}c^{6})/3 ≥ (abc)^{4}.

[7, 4, 1] ≺ [9, 3, 0].  \underbrace{\frac{a^{9}b^{3}}{9} + … + \frac{a^{9}b^{3}}{9}}_{6−volte} +\frac{a^{9}c^{3}}{9} + \frac{b^{9}c^{3}}{9} + \frac{b^{9}c^{3}}{9} ≥ ^{9} \sqrt{a^{63}b^{36}c^{9}} = a^{7}b^{4}c

\underbrace{\frac{a^{9}c^{3}}{9} + … + \frac{a^{9}c^{3}}{9}}_{6−volte} +\frac{a^{9}b^{3}}{9} + \frac{c^{9}b^{3}}{9} + \frac{c^{9}b^{3}}{9} ≥ ^{9} \sqrt{a^{63}b^{9}c^{36}} = a^{7}bc^{4}

\underbrace{\frac{b^{9}a^{3}}{9} + … + \frac{b^{9}a^{3}}{9}}_{6−volte} +\frac{b^{9}c^{3}}{9} + \frac{a^{9}c^{3}}{9} + \frac{a^{9}c^{3}}{9} ≥ ^{9} \sqrt{a^{36}b^{63}c^{9}} = a^{4}b^{7}c

\underbrace{\frac{c^{9}a^{3}}{9} + … + \frac{c^{9}a^{3}}{9}}_{6−volte} +\frac{c^{9}b^{3}}{9} + \frac{a^{9}b^{3}}{9} + \frac{a^{9}b^{3}}{9} ≥ ^{9} \sqrt{a^{36}b^{9}c^{63}} = a^{4}bc^{7}

\underbrace{\frac{c^{9}b^{3}}{9} + … + \frac{c^{9}b^{3}}{9}}_{6−volte} +\frac{c^{9}a^{3}}{9} + \frac{b^{9}a^{3}}{9} + \frac{b^{9}a^{3}}{9} ≥ ^{9} \sqrt{a^{9}b^{36}c^{63}} = ab^{4}c^{7}

\underbrace{\frac{b^{9}c^{3}}{9} + … + \frac{b^{9}c^{3}}{9}}_{6−volte} +\frac{b^{9}a^{3}}{9} + \frac{c^{9}a^{3}}{9} + \frac{c^{9}a^{3}}{9} ≥ ^{9} \sqrt{a^{9}b^{63}c^{36}} = ab^{7}c^{4}

È superfluo osservare che la somma delle 6 espressioni di sinistra dà esattamente ∑_{sym} a^{9}b^{3}. [7, 4, 1] ≺ [12, 0, 0].

\underbrace{\frac{a^{12}}{12} + … + \frac{a^{12}}{12}}_{7−volte} + \underbrace{\frac{b^{12}}{12} + … + \frac{b^{12}}{12}}_{4−volte} +\frac{c^{12}}{12} ≥ ^{12} \sqrt{a^{84}b^{48}c^{12}} = a^{7}b^{4}c

\underbrace{\frac{a^{12}}{12} + … + \frac{a^{12}}{12}}_{7−volte} + \underbrace{\frac{c^{12}}{12} + … + \frac{c^{12}}{12}}_{4−volte} +\frac{b^{12}}{12} ≥ ^{12} \sqrt{a^{84}c^{48}b^{12}} = a^{7}bc^{4}

\underbrace{\frac{b^{12}}{12} + … + \frac{b^{12}}{12}}_{7−volte} + \underbrace{\frac{a^{12}}{12} + … + \frac{a^{12}}{12}}_{4−volte} +\frac{c^{12}}{12} ≥ ^{12} \sqrt{a^{48}b^{84}c^{12}} = a^{4}b^{7}c

\underbrace{\frac{c^{12}}{12} + … + \frac{c^{12}}{12}}_{7−volte} + \underbrace{\frac{a^{12}}{12} + … + \frac{a^{12}}{12}}_{4−volte} +\frac{b^{12}}{12} ≥ ^{12} \sqrt{a^{48}b^{12}c^{84}} = a^{4}bc^{7}

\underbrace{\frac{c^{12}}{12} + … + \frac{c^{12}}{12}}_{7−volte} + \underbrace{\frac{b^{12}}{12} + … + \frac{b^{12}}{12}}_{4−volte} +\frac{a^{12}}{12} ≥ ^{12} \sqrt{a^{12}b^{48}c^{84}} = ab^{4}c^{7}

\underbrace{\frac{b^{12}}{12} + … + \frac{b^{12}}{12}}_{7−volte} + \underbrace{\frac{c^{12}}{12} + … + \frac{c^{12}}{12}}_{4−volte} +\frac{a^{12}}{12} ≥ ^{12} \sqrt{a^{12}b^{84}c^{48}} = ab^{7}c^{4}

È superfluo osservare che la somma delle 6 espressioni di sinistra dà esattamente ∑_{sym} a^{12}. Inoltre appare eccessiva la mole di conti usati per risolvere il problema. Ad ogni modo è bene avere in mente anche questa possibilità in quanto, a volte, è utile. 18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 38 50.1.A Riscriviamo la disuguaglianza come ∑_{cyc} \frac{1}{a^{3}(b + c)} ≥ \frac{3}{2(abc)^{4/3}} . Poi cambiamo variabili

x = 1/a, y = 1/b, z = 1/c e si ottiene ∑_{cyc} \frac{x^{2}}{y + z} ≥ \frac{3}{2}(xyz)^{1/3} = \frac{3}{2} e si ricade nel caso precedente.

51.1.A Prima dimostrazione Dalla relazione fra media geometrica e media aritmetica segue che S ≥ \frac{3}{(xyz)^{1/3}} ed inoltre (xyz) ≤ \frac{(x+y+x)^{3}}{27} da cui S ≥ 9 ed essendo il valore di S per x = y = z = \frac{1}{3} esattamente pari a 9, ne segue che il valore del minimo è nove.

Seconda dimostrazione Dalla concavità del logaritmo otteniamo ln(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}) ≥ \frac{1}{3}(ln \frac{3}{x} + ln \frac{3}{y} + ln \frac{3}{z}) = \frac{1}{3}(3 ln 3 − ln(xyz)). Poi osserviamo che x + y + z = 1 implica xyz ≤ 1/3 da cui ln(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}) ≥ \frac{1}{3}3 ln 3 + \frac{1}{3} ln \frac{1}{27} = 2 ln 3 = ln 3 e quindi S ≥ 9. Il valore 3 è assunto per x = y = z = 1 da cui il risultato.

Terza dimostrazione Usiamo la convessità della funzione 1/x per x > 0 e quindi \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} ≥ 3_{\frac{1}{\frac{x+y+z}{3}}} = 9

Quarta dimostrazione Da Cauchy–Schwarz nella forma (\frac{\overline{a}^{2}}{x} + \frac{\overline{b}^{2}}{y} + \frac{\overline{c}^{2}}{z})(x+y +z) ≥ (\overline{a}+\overline{b}+\overline{c})^{2}

otteniamo \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} ≥ \frac{(1+1+1)^{2}}{x+y+z} = 9

52.1.A Si proceda per induzione

53.1.A Prima dimostrazione Sviluppando si ottiene a^{2}b+a^{2}c+ab^{2} +bc^{2} +ac^{2} +bc^{2} ≥ 6abc. Ora usando la disuguaglianza AM–GM si ottiene a^{2}b+a^{2}c+ab^{2}+bc^{2}+ac^{2}+bc^{2} ≥ 6(a^{6}b^{6}c^{6})^{1/6} = 6abc

Seconda dimostrazione a^{2}b + a^{2}c + ab^{2} + bc^{2} + ac^{2} + bc^{2} − 6abc = a(b^{2} + c^{2}) + b(a^{2} + c^{2}) + c(a^{2} + b^{2}) − 6abc = a(b + c)^{2} + b(a + c)^{2} + c(a + b)^{2} > 0 a meno che a = b = c.

54.1.A Sviluppando si ottiene a^{2}b + a^{2}c + ab^{2} + bc^{2} + ac^{2} + bc^{2} ≥ 6abc e si ricade nel caso precedente

55.1.A Sviluppando si ottiene a^{2}b + a^{2}c + ab^{2} + bc^{2} + ac^{2} + bc^{2} ≥ 6abc e si ricade nel caso precedente

56.1.A Prima dimostrazione Semplificando si ottiene 1 + (ab + bc + ca) ≥ 9abc + (a + b + c) ossia ab + bc + ca ≥ 9abc ossia ^{3} \sqrt{abc} ≤ 1/3 che è chiaramente vera. Seconda dimostrazione Con minima algebra si arriva a \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} ≥ 9 e quindi, usando la disuguaglianza AM–GM si arriva a abc < 1/27 la quale è vera essendo (abc) ≤ \frac{(a+b+c)^{3}}{27} = 1/27

57.1.A Se abc = 0 il risultato è evidente. Sia a, b, c > 0. a^{2}b^{2} +a^{2}c^{2} +b^{2}c^{2} = \frac{1}{2}(a^{2}b^{2} +a^{2}c^{2})+ \frac{1}{2}(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2})+ \frac{1}{2}(b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2}) ≥ \frac{1}{2}(2\sqrt{a^{2}b^{2}c^{2}})+ \frac{1}{2}(2\sqrt{b^{4}a^{2}c^{2}})+ \frac{1}{2}(2\sqrt{c^{4}b^{2}a^{2}}) = a^{2}bc+b^{2}ac+c^{2}ab. Se almeno uno (o anche più di uno) fra a, b, c è negativo, basta osservare che la disuguaglianza è vera con |a|, |b|, |c| ma |abc|(|a| + |b| + |c|) ≥ (abc)(a + b + c)

58.1.A Usando la disuguaglianza AM–GM si ottiene a^{2} +b^{2} +c^{2} +d^{2} +e^{2} ≥ 5(a^{2}b^{2}c^{2}d^{2}e^{2})^{1/5} e a^{3} + b^{3} + c^{3} + d^{3} + e^{3} ≥ 5(a^{3}b^{3}c^{3}d^{3}e^{3})^{1/5} da cui il risultato.

59.1.A Semplificando si ha a^{2}c + b^{2}a + c^{2}b ≥ (a + b + c)(abc)^{2/3} ed osserviamo che (a^{2}c + a^{2}c + b^{2}a)/3 ≥ a^{5/3}(bc)^{2/3} (b^{2}a + b^{2}a + c^{2}b)/3 ≥ (ac)^{2/3}b^{5/3} (a^{2}c + v^{2}b + c^{2}b)/3 ≥ (ab)^{2/3}c^{5/3}. Sommando si ha il risultato.

60.1.A Semplificando si ha a^{4}c^{2}d^{2} + a^{2}b^{4}d^{2} + a^{2}b^{2}c^{4} + b^{2}c^{2}d^{4} ≥ (a + b + c + d)(abcd)^{7/4} ed osserviamo che

7\frac{a^{4}(cd)^{2}}{16} + 5\frac{b^{4}(ac)^{2}}{16} + 3\frac{c^{4}(ab)^{2}}{16} + \frac{d^{4}(bd)^{2}}{16} ≥ a^{\frac{11}{4}} (bcd)^{\frac{7}{4}}

Scrivendo le altre cicliche e sommando abbiamo il risultato.

61 .1.A Sciviamo a_{k} ≐ \frac{x_{k}}{x_{k+1}} con la convenzione che x_{n+1} = x_{1}. Otteniamo ∑_{k=1}^{n} \frac{x_{k+1}}{x_{k}+x_{k+1}} . Essendo la disuguaglianza omogenea possiamo considerare ∑_{k=1}^{n} x_{k} = 1. Dalla convessità di 1/x per x > 0 abbiamo ∑_{k=1}^{n} \frac{x_{k+1}}{x_{k}+x_{k+1}} ≥ _{\frac{1}{∑_{k=1}^{n} a_{k}a_{k+1}+a_{k+1}^{2}}} > 1 ossia ∑_{k=1}^{n} a_{k}a_{k+1} + a_{k+1}^{2} < 1

ma questo segue da ∑_{k=1}^{n} x_{k}x_{k+1} + x_{k+1}^{2} ≤ (∑_{k=1}^{n} x_{k})^{2} = 1

Per dimostrare che la costante 1 non è aumentabile, bisogna far vedere che per ogni α > 1 esiste una scelta della n–pla (x_{1}, …, x_{n}) tale che ∑_{k=1}^{n} \frac{x_{k+1}}{x_{k}+x_{k+1}} ≤ α. Per questo motivo scegliamo

a_{k} = ε^{k} k = 2, …, n, e ε_{1} = 1 − ∑_{k=2}^{n} ε^{k} per cui ∑_{k=1}^{n} \frac{x_{k+1}}{x_{k}+x_{k+1}} = \frac{x_{1}}{x_{1}+x_{2}} + ∑_{k=1}^{n−1} \frac{x_{k+1}}{x_{k}+x_{k+1}} ≤

x_{1} + ∑_{k=1}^{n−1} \frac{ε}{1+ε} ≤ 1 + (n − 1)ε ≤ α se α > 1.

62.1.A

63.1.A Prima dimostrazione Usando due volte la disuguaglianza AM–GM si ottiene \frac{S}{S−a_{1}} + … + \frac{S}{S−a_{n}} ≥ \frac{nS}{((S−a_{1})(S−a_{2})···(S−a_{n}))^{1/n}} ≥ _{\frac{nS}{\frac{1}{n} ∑_{k=1}^{n}(S−a_{k})}} = \frac{n^{2}}{n−1}. Chiaramente se

a_{1} = … = a_{n} si ha l’uguaglianza. Supponiamo viceversa che almeno due elementi della n–pla a_{1}, …, a_{n} siano diversi tra loro. Allora \frac{S}{S−a_{1}} + … + \frac{S}{S−a_{n}} > \frac{nS}{((S−a_{1})(S−a_{2})···(S−a_{n}))^{1/n}} ≥ \frac{n^{2}}{n−1} e quindi il risultato.

Seconda dimostrazione Si usa il fatto che la funzione 1/x è concava e quindi ∑_{i=1}^{n} \frac{λ_{i}}{x_{i}} ≥ 1/ ∑_{i=1}^{n} λ_{i}x_{i}, dove λ_{i} > 0 e ∑_{i=1}^{n} λ_{i} = 1. Ne segue che prendendo λ_{i} = \frac{1}{n} e x_{i} = S − a_{i} si ha \frac{S}{S−a_{1}} + … + \frac{S}{S−a_{n}} = _{\frac{S}{n \frac{S−a_{1}}{n}}} + … + _{\frac{S}{n \frac{S−an}{n}}} ≥ \frac{nS}{(nS−S) \frac{1}{n}} = \frac{n^{2}}{n−1} e l’uguaglianza si ha se e solo se

a_{1} = a_{2} = … = a_{n} = \frac{S}{n} .

Terza dimostrazione Si usa la disuguaglianza di Cauchy–Schwarz nel seguente modo ∑_{i=1}^{n} \frac{S}{S−a_{i}} ∑_{i=1}^{n} \frac{S−a_{i}}{S} ≥ n^{2} e quindi ∑_{i=1}^{n} \frac{S}{S−a_{i}} (n − 1) ≥ n^{2}. La uguaglianza si ha se e solo se \frac{S}{S−ai} è proporzionale a \frac{S−a_{i}}{S} e dai calcoli viene fuori a_{1} = a_{2} = … = a_{n}

Quarta dimostrazione Si ua il fatto che la media armonica è non superiore alla media aritmetica (disuguaglianza HM–AM) e quindi (x_{1} + … + x_{n})/n ≥ n/(\frac{1}{x_{1}} + … + \frac{1}{x_{n}}). La sua applicazione

produce \frac{S}{S−a_{1}} + … + \frac{S}{S−a_{n}} ≥ \frac{n^{2}}{n−1} dove si è preso x_{k} = \frac{1}{S−a_{k}}

64.1.A Prima soluzione Semplificando si arriva a a^{4}c^{2}+b^{4}a^{2}+c^{4}b^{2} ≥ ab^{3}c^{2}+c^{3}ba^{2}+a^{3}b^{2}c da cui, usando la disuguaglianza AM–GM, si ottiene \frac{1}{2}(a^{4}c^{2}+b^{4}a^{2})+ \frac{1}{2}(a^{4}c^{2}+c^{4}b^{2})+ \frac{1}{2}(b^{4}a^{2}+c^{4}b^{2}) ≥ a^{3}b^{2}c + c^{3}a^{2}b + b^{3}c^{2}a Seconda soluzione La disuguaglianza è omogenea e quindi possiamo prendere abc = 1. Quindi definiamo x = \frac{a}{b}, y = \frac{b}{c}, z = \frac{c}{a} da cui x^{2} + y^{2} + z^{2} ≥ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = \frac{xy+yz+zx}{xyz} = xy + yz + zx =

\frac{1}{2}(x + y + z)^{2} − \frac{1}{2}(x^{2} + y^{2} + z^{2}) e quindi x^{2} + y^{2} + z^{2} ≥ \frac{(x+y+z)^{2}}{3} e la dimostrazione è finita. Terza soluzione Scriviamo a = e^{x}, b = e^{y}, c = e^{z} e la disuguaglianza diventa e^{2x−2y} + e^{2y−2z} + e^{2z−2x} ≥ e^{x−y} + e^{y−z} + e^{z−x}. Supponiamo ora che x − y ≥ y − z ≥ z − x. Facciamo vedere che 2(x−y) ≥ 2(y−z) ≥ 2(z−x) e che (x−y, y−z, z−x) ≺ (2(x−y), 2(y−z), 2(z−x)). Cominciamo da 2(x − y) ≥ 2(y − z) ≥ 2(z − x). 2(x − y) ≥ 2(y − z) diventa x + z ≥ 2y che deriva esattamente da x − y ≥ y − z. 2(y − z) ≥ 2(z − x) ossia x + y ≥ 2z deriva da y − z ≥ z − x. Ora esaminiamo (x − y, y − z, z − x) ≺ (2(x − y), 2(y − z), 2(z − x)). Osserviamo ora (x − y) + (y − z) + (z − x) = 0 e 2(x − y) + 2(y − z) + 2(z − x) = 0. da cui segue che x − y ≥ 0 e z − x ≤ 0 a causa della relazione x − y ≥ y − z ≥ z − x. Ora x − y ≤ 2(x − y) certamente. (x − y) + (y − z) ≤ 2(x − y) + 2(y − z) è equivalente a x − z ≤ 2(x − z) ed essendo x − z ≥ 0 la conclusione è ovvia. Abbiamo quindi dimostrato che (x − y, y − z, z − x) ≺ (2(x − y), 2(y − z), 2(z − x)) ed essendo (e^{x})′′ > 0, dalla disuguaglianza di Karamata segue e^{2x−2y} + e^{2y−2z} + e^{2z−2x} ≥ e^{x−y} + e^{y−z} + e^{z−x}.

65.1.A Si applichi ripetutamente la disuguaglianza \frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{x+y+z} ≥ \frac{x+y+z}{3} . Quest’ultima disuguaglianza è contenuta nell’esercizio 5.1.4 (rich.5) oppure si può direttamente ricavare eseguendo (x + y + z)^{2} ed osservando che (x − y)^{2} + (y − z)^{2} + (z − x)^{2} ≥ 0

66 .1.A È una semplice applicazione della disuguaglianza AM–GM. x^{4}(1 + y^{4}) + y^{4}(1 + z^{4}) + z^{4}(1 + x^{4}) ≥ 6(x^{4}(xy)^{4})y^{4}(yz)^{4})z^{4}(zx)^{4}))^{1/6} = 6x^{2}y^{2}z^{2}. L’uguaglianza si ha se e solo se x^{4} = x^{4}y^{4} = y^{4} = y^{4}z^{4} = z^{4} = z^{4}x^{4} e questo accade solo se x = y = z = 0, ±1

67.1.A Prima dimostrazione Possiamo riscrivere (a+b+c) ^{3} \sqrt{abc} ≤ a^{2} +b^{2} +c^{2} ossia a^{\frac{4}{3}} b^{\frac{1}{3}} c^{\frac{1}{3}} + a^{\frac{1}{3}} b^{\frac{4}{3}} c^{\frac{1}{3}} + a^{\frac{1}{3}} b^{\frac{1}{3}} c^{\frac{4}{3}} ≤ (a^{2} + b^{2} + c^{2}) e ciò è conseguenza del Teorema di Muirhead.

Le necessarie maggiorazioni AGM che consentono di arrivare al risultato sono \frac{2}{3}a^{2} + \frac{b^{2}}{6} + \frac{c^{2}}{6} = \frac{a^{2}+a^{2}+a^{2}+a^{2}+b^{2}+c^{2}}{6} ≥ ^{6} \sqrt{a^{8}b^{2}c^{2}} = a^{\frac{4}{3}} b^{\frac{1}{3}} c^{\frac{1}{3}} e così per le altre. ([M])

Seconda dimostrazione Usiamo la disuguaglianza di Cauchy–Schwarz nella forma (\frac{\overline{a}}{x} + \frac{\overline{b}}{y} + \frac{\overline{c}}{z})(x + y + z) ≥ (\overline{a} + \overline{b} + \overline{c})^{2} dove x = a^{2}, y = b^{2}, z = c^{2} da cui, prendendo x = a, y = b, z = c, si ha a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ \frac{(a+b+c)^{2}}{3} e vogliamo che tale quantità sia maggiore o uguale a a + b + c per cui a + b + c ≥ 3 ma questo è gratis dalla disuguaglianza AGM in quanto a + b + c ≥ 3(abc)^{1/3} = 3. Terza dimostrazione Volendo si possono usare i moltiplicatori di Lagrange. Partendo sempre da (a+b+c) ^{3} \sqrt{abc} ≤ a^{2} +b^{2} +c^{2}, . Essendo la quantità da minorare omogenea (se moltiplichiamo ogni grandezza per un fattore λ ≠ 0 il risultato non cambia), possiamo suppore a + b + c = 1. Ne risulta allora che dobbiamo mostrare a^{2} + b^{2} + c^{2} − ^{3} \sqrt{abc} ≥ 0 non appena a, b, c ≥ 0, e a + b + c = 1. Se a oppure b oppure c vale zero la disuguaglianza è vera. Consideriamo allora la funzione f(a, b, c) = a^{2} + b^{2} + c^{2} − ^{3} \sqrt{abc} ristretta all’insieme (compatto) D = \{(a, b, c) ∈ R^{4} : a, b, c ≥ 0 a + b + c = 1}. D è compatto e quindi la funzione ammette massimo e minimo dal Teorema di Weierstrass sulle funzioni continue su di un compatto. I punti di massimo e minimo che sono assunti internamente a D sono punti di massimo e minimo liberi per la funzione di 4 variabili data da F (a, b, c, d) = f(a, b, c) − λ(a + b + c − 1). Il sistema di equazioni F_{a} = F_{b} = F_{c} = F_{λ} = 0 è dato da

2a − \frac{1}{3} \frac{\sqrt[3]{bc}}{a^{2/3}} − λ = 0, 2b − \frac{1}{3} \frac{\sqrt[3]{ac}}{b^{2/3}} − λ = 0, 2c − \frac{1}{3} \frac{\sqrt[3]{ac}}{c^{2/3}} − λ = 0, a + b + c = 1

La differenza fra la prima e la seconda è evidentemente pari a \frac{7}{3}(a − b) = 0 da cui a = b e quindi a = b = c = 1/3 da cui f(1/3, 1/3, 1/3) = 0. Per completare la dimostrazione bisogna analizzare il comportamento della funzione f(a, b, c) al bordo di D e quindi suppore che almeno uno degli a, b, o c sia nullo. Se a = 0, b = 0, c = 1 si ha f(0, 0, 1) = 1,; se a = 0, b = c = 1/2 si ha f(0, 1/2, 1/2) = \frac{1}{2} − \frac{1}{2^{2/3}} > 0 ossia sul bordo di D la funzione f(a, b, c) assume valori più grandi di zero. Poiché il minimo deve esserci per forza, tale punto è (1/3, 1/3, 1/3).

68 .1.A Usando la disuguaglianza di Cauchy abbiamo (a + b + c + d)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{4}{c} + \frac{16}{d}) ≥ (\sqrt{a}\frac{1}{\sqrt{a}} + \sqrt{b}\frac{1}{\sqrt{b}} + \sqrt{c}\frac{2}{\sqrt{c}} + \sqrt{d}\frac{4}{\sqrt{d}})^{2} = 64 ([M])

• Un altro modo consiste nell’usare i moltiplicatori di Lagrange. Essendo la quantità da minorare omogenea (se moltiplichiamo ogni grandezza per un fattore λ ≠ 0 il risultato non cambia), possiamo suppore a + b + c + d = 1. Ne risulta allora che dobbiamo mostrare f(a, b, c, d) =^{def} \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{4}{c} + \frac{16}{d} ≥ 64 non appena a + b + c + d = 1. Consideriamo f(a, b, c, d) definita nel sottoinsieme di R^{4} dato da D = {(a, b, c, d) ∈ R^{4} : α ≤ a, b, c, d, ≤ 1, a + b + c + d = 1} con 0 < α < 1/64. D è compatto e quindi la funzione ammette massimo e minimo dal Teorema di Weierstrass sulle funzioni continue su di un compatto. I punti di massimo e minimo che sono assunti internamente a D sono punti di massimo e minimo liberi per la funzione di 5 variabili data da F (a, b, c, d) = (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{4}{c} + \frac{16}{d}) − λ(a + b + c + d − 1). Il sistema di equazioni F_{a} = F_{b} = F_{c} = F_{d} = F_{λ} = 0 è risolto da P ≡ (a_{0} = b_{0} = c_{0} = d_{0}) = (1/8, 1/8, 1/4, 1/2), λ = −1/16. Ora sul bordo di D la funzione assume valori più grandi di 1/64 (non a caso è stato scelto α < 1/64) e quindi il punto P , che è interno a D, non può che essere di minimo. Essendo f(a_{0}, b_{0}, c_{0}, d_{0}) = 64 la dimostrazione è completata.

69.1.A Prima dimostrazione Sia b_{k} = 1−a_{k} e quindi ∑_{k=1}^{n} b_{k} = n−S. Abbiamo ∑_{k=1}^{n} \frac{a_{k}}{1−a_{k}} = ∑_{k=1}^{n} \frac{1−b_{k}}{b_{k}} = ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{b_{k}} − n. Ora usiamo il fatto che la media armonica è minore o uguale alla

media aritmetica e quindi ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{b_{k}} − n ≥ \frac{n^{2}}{∑_{k=1}^{n} b_{k}} − n = \frac{nS}{n−S} e quindi il risultato.

Seconda dimostrazione Dopo avere ordinato i numeri come nella dimostrazione precedente, osserviamo che \frac{a_{1}}{1−a_{1}} ≥ \frac{a_{2}}{1−a_{2}} ≥ … ≥ \frac{a_{n}}{1−a_{n}} e quindi applichiamo la disuguaglianza di Chebysev ottenendo ∑_{i=1}^{n} \frac{a_{i}}{1−a_{i}} ≥ \frac{1}{n} ∑_{i=1}^{n} a_{i} ∑_{i=1}^{n} \frac{1}{1−a_{i}} . Poi usiamo la disuguaglianza AM–GM per ottenere ∑_{i=1}^{n} \frac{1}{1−a_{i}} ≥ \frac{n}{((1−a_{1})···(1−a_{n}))^{1/n}} e di nuovo la stessa per avere (1 − a_{1}) ⋯ (1 − a_{n}) ≤

\frac{1}{n^{n}} (∑_{i=1}^{n}(1 − a_{i}))^{n} = (n − S)^{n} da cui ∑_{i=1}^{n} \frac{a_{i}}{1−a_{i}} ≥ \frac{S}{n} \frac{n^{2}}{n−S}

Terza dimostrazione Dalla disuguaglianza di Cauchy–Schwarz scritta nella forma ∑_{k=1}^{n} \frac{x_{k}^{2}}{α_{k}} ·

∑_{k=1}^{n} α_{k} ≥ (∑_{k=1}^{n} x_{k})^{2} otteniamo ∑_{k=1}^{n} \frac{a_{k}}{1 − a_{k}} ≥ \frac{(a_{1} + … + a_{n})^{2}}{a_{1}(1 − a_{1}) + … + a_{n}(1 − a_{n})} = \frac{S^{2}}{S − (a_{1}^{2} + … + a_{n}^{2})} ≥

\frac{nS}{n − S} ossia ∑_{k=1}^{n} a_{k} ≥ S^{2}/n ma questo deriva direttamente da (\frac{1}{n} ∑_{k=1}^{n} a_{k}^{2})^{1/2} ≥ \frac{1}{n} ∑_{k=1}^{n} a_{k}

Quarta dimostrazione Essendo f(x) = x/(1 − x) convessa per 0 ≤ x < 1, si ha ∑_{k=1}^{n} \frac{a_{k}}{1−a_{k}} ≥

n\frac{\frac{1}{n} ∑_{k=1}^{n} a_{k}}{1− \frac{1}{n} ∑_{k=1}^{n} a_{k}} = \frac{nS}{n−S}

Quinta dimostrazione Siccome la disuguaglianza è simmetrica rispetto alle permutazioni della n–pla (a_{1}, a_{2}, …, a_{n}) possiamo ordinare i numeri in modo che a_{1} ≥ a_{2} ≥ … ≥ a_{n}. In tal modo scriviamo (\frac{S}{n} , \frac{S}{n} , …, \frac{S}{n}) ≺ (ȧ_{1}, ȧ_{2}, …, ȧ_{n}). Dal fatto che (∂_{a_{1}} − ∂_{a_{2}})Q(a_{1}, a_{2}, …, a_{n}) ≥ 0 segue che Q(a_{1}, a_{2}, …, a_{n}) ≥ Q(\frac{S}{n} , …, \frac{S}{n}) = \frac{nS}{n−S} dove Q(a_{1}, a_{2}, …, a_{n}) = ∑_{i=1}^{n} \frac{a_{i}}{1−a_{i}}

70.1.A Prima Dimostrazione Osserviamo che \frac{2}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} ≤ \frac{a + b}{2} e quindi \frac{ab}{a + b} ≤ \frac{a + b}{4} da cui

∑_{cyc} \frac{ab}{a + b} ≤ \frac{a + b + c}{2}

Seconda Dimostrazione Osserviamo che \frac{a^{2}}{a + b} = a − \frac{a^{2}}{a + b} da cui ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{a + b} ≥ \frac{a + b + c}{2}. Da

Cauchy–Schwarz ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{a + b} ≥ \frac{(a + b + c)^{2}}{2(a + b + c)} = \frac{a + b + c}{2}

Terza Dimostrazione Semplificando il tutto abbiamo ∑_{sym} a^{3}b ≥ ∑_{sym} a^{2}bc che segue da (a^{3}b +

a^{3}b + c^{3}b)/3 ≥ a^{2}bc

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

Quarta Dimostrazione Da \sqrt{ab} ≤ (a + b)/2 segue ∑_{cyc} \frac{ab}{a + b} ≤ ∑_{cyc} \frac{\sqrt{ab}}{2} ≤ \frac{a + b + c}{2}. La concavità di \sqrt{x} produce ∑_{cyc} \sqrt{ab} ≤ \sqrt{3}\sqrt{ab + bc + ca} ≤ a+b+c e quindi ab+bc+ca ≤ (a+b+c)/3 ossia la tesi 71.1.A Sapendo che \frac{a^{4} + b^{4}}{a^{3} + b^{3}} ≥ \frac{a + b}{2} otteniamo ∑_{sym} \frac{a + b}{2ab} = ∑_{sym} \frac{1}{2a} + \frac{1}{2b} = 1 in quanto la

relazione ab + bc + ca = abc diventa 1/a + 1/b + 1/c = 1. La relazione \frac{a^{4} + b^{4}}{a^{3} + b^{3}} ≥ \frac{a + b}{2} diventa a^{4} + b^{4} − a^{3}b − b^{3}a = (a^{3} − b^{3})(a − b) ≥ 0 che è ovvia 72.1.A Prima dimostrazione La disuguaglianza è \frac{a^{3}}{a^{3} + abc} + \frac{b^{3}}{b^{3} + abc} + \frac{c^{3}}{c^{3} + abc} ≤ 2. Sia

abc = 1 e quindi \frac{a^{3}}{a^{3} + 1} + \frac{b^{3}}{b^{3} + 1} + \frac{c^{3}}{c^{3} + 1} ≤ 2. Poi prendiamo a^{3} = x, b^{3} = y, c^{3} = z da cui

\frac{x}{x + 1} + \frac{y}{y + 1} + \frac{z}{z + 1} ≤ 2 e quindi \frac{1}{x + 1} + \frac{1}{y + 1} + \frac{1}{z + 1} ≥ 1. Semplificando e tenendo conto

che xyz = 1 si ottiene \frac{1 + x + y + z}{(1 + x)(1 + y)(1 + z)} ≥ 0

Seconda dimostrazione Semplificando si arriva a −\frac{abc(a^{3} + b^{3} + c^{2} + abc)}{(a^{2} + bc)(b^{2} + ac)(c^{2} + ab)} ≤ 0

Terza dimostrazione \frac{a^{2}}{a^{2} + bc} = 1 − \frac{bc}{a^{2} + bc} da cui ∑_{cyc} \frac{bc}{a^{2} + bc} ≥ 1 ossia ∑_{cyc} \frac{1}{1 + \frac{a}{b} \frac{a}{c}} ≥ 1. Supponiamo ora abc = 1 ossia a/b = x, b/c = y, c/a = z da cui ∑_{cyc} \frac{z}{x + z} ≥ 1. Cauchy–Schwarz

dà ∑_{cyc} \frac{z}{x + z} ≥ \frac{(x + y + z)^{2}}{x^{2} + y^{2} + z^{2} + xy + yz + zx} ≥ 1 che è certamente vera

73.1.A Osserviamo che z + xy = 1 − x − y + xy = (1 − y) + x(y − 1) = (1 − y)(1 − x) e quindi

\sqrt{\frac{xy}{z + xy}} = \sqrt{\frac{xy}{(1 − x)(1 − y)}} ≤ 2 (\frac{x}{1 − x} + \frac{y}{1 − y} ) = \frac{1}{2} (\frac{x}{x + z} + \frac{y}{y + z} ) . Dunque otteniamo

∑_{cyc} \sqrt{\frac{xy}{z + xy}} ≤ \frac{1}{2} ∑_{cyc} (\frac{x}{x + z} + \frac{y}{y + z} ) = \frac{1}{2} ∑_{cyc} (\frac{x}{x + z} + \frac{z}{z + x}) = \frac{3}{2}

74.1.A Basta osservare che \frac{a^{4}b^{2} + b^{4}c^{2}}{2} ≥ ^{2} \sqrt{a^{4}b^{6}c^{2}} e la stessa cosa per gli altri. 75.1.A La parte ln(n + 1) < ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k} si può dimostrare per induzione la cui applicazione porta alla disuguaglianza ln \frac{n+2}{n+1} < \frac{1}{n+1} ossia ln(1 + \frac{1}{n+1}) < \frac{1}{n+1}. La parte ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k} < 1 + ln n pure si dimostra per induzione ed alla fine si perviene a \frac{1}{n+1} < ln(1 + \frac{1}{n}). Sapendo che per 0 ≤ x ≤ 1 si ha ln(1 + x) > x − \frac{1}{2}x^{2}, possiamo scrivere ln(1 + \frac{1}{n}) > \frac{1}{n} − \frac{1}{2n^{2}} > \frac{1}{n+1} che è vera essendo n^{2} > n. La disuguaglianza su cui poggia il tutto ossia ln(1 + x) > x − \frac{1}{2}x^{2}, si dimostra attraverso le derivate. La dimostrazione si poteva dare pure attraverso il confronto con l’integrale della funzione 1/x. 76.1.A Siccome la disuguaglianza è simmetrica rispetto alle permutazioni della n–pla (a_{1}, a_{2}, …, a_{n}) possiamo ordinare i numeri in modo che a_{1} ≥ a_{2} ≥ … ≥ a_{n}. In tal modo 18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 43 scriviamo (\frac{1}{n}, \frac{1}{n}, …, \frac{1}{n}) ≺ (ȧ_{1}, ȧ_{2}, …, ȧ_{n}). Dal fatto che (∂_{a_{1}} − ∂_{a_{2}})Q(a_{1}, a_{2}, …, a_{n}) ≥ 0 segue

che Q(a_{1}, a_{2}, …, a_{n}) ≥ Q(\frac{1}{n}, …, \frac{1}{n}) = (n^{N} − 1)^{n} dove Q(a_{1}, a_{2}, …, a_{n}) = ∏_{k=1}^{n} \frac{1−a_{k}^{N}}{a_{k}^{N}} . La disu-

guaglianza (∂_{a_{1}}−∂_{a_{2}})Q(a_{1}, a_{2}, …, a_{n}) ≥ 0 si riduce a dimostrare che N(a_{1}−a_{2})+N \frac{a_{2}^{N+1}−a_{1}^{N+1}}{(a_{1}a_{2})^{N+1}} ≥ 0 e questo si evince osservando che la precedente disuguaglianza è data da N(a_{1} − a_{2})(1 + (a_{1}a_{2})^{−N−1} ∑_{k=1}^{N} a_{1}^{k}a_{2}^{N−k}) ≥ 0

77.1.A 2(x^{5} + y^{5} + z^{5}) ≥ x^{2}y^{3} + x^{3}y^{2} + y^{2}z^{3} + y^{3}z^{2} + z^{2}x^{3} + z^{3}x^{2} si può dimostrare nel seguente modo.

\frac{x^{5}}{5} + \frac{x^{5}}{5} + \frac{x^{5}}{5} + \frac{y^{5}}{5} + \frac{y^{5}}{5} ≥ 5 ^{5} \sqrt{\frac{x^{15}y^{10}}{5^{5}}} = x^{3}y^{2}, \frac{x^{5}}{5} + \frac{x^{5}}{5} + \frac{y^{5}}{5} + \frac{y^{5}}{5} + \frac{y^{5}}{5} ≥ 5 ^{5} \sqrt{\frac{y^{15}x^{10}}{5^{5}}} = x^{2}y^{3}

\frac{z^{5}}{5} + \frac{z^{5}}{5} + \frac{z^{5}}{5} + \frac{y^{5}}{5} + \frac{y^{5}}{5} ≥ 5 ^{5} \sqrt{\frac{z^{15}y^{10}}{5^{5}}} = z^{3}y^{2}, \frac{z^{5}}{5} + \frac{z^{5}}{5} + \frac{y^{5}}{5} + \frac{y^{5}}{5} + \frac{y^{5}}{5} ≥ 5 ^{5} \sqrt{\frac{y^{15}z^{10}}{5^{5}}} = z^{2}y^{3}

\frac{x^{5}}{5} + \frac{x^{5}}{5} + \frac{z^{5}}{5} + \frac{z^{5}}{5} + \frac{z^{5}}{5} ≥ 5 ^{5} \sqrt{\frac{x^{10}y^{15}}{5^{5}}} = x^{2}z^{3}, \frac{x^{5}}{5} + \frac{x^{5}}{5} + \frac{x^{5}}{5} + \frac{z^{5}}{5} + \frac{z^{5}}{5} ≥ 5 ^{5} \sqrt{\frac{x^{15}z^{10}}{5^{5}}} = x^{3}z^{2} Sommando i vari pezzi si arriva al risultato.

78.1.A 2(x^{5} + y^{5} + z^{5}) ≥ x^{4}y + xy^{4} + yz^{4} + y^{4}z + zx^{4} + z^{4}x si può dimostrare nel seguente modo.

\frac{x^{5}}{5} + \frac{x^{5}}{5} + \frac{x^{5}}{5} + \frac{x^{5}}{5} + \frac{y^{5}}{5} ≥ 5 ^{5} \sqrt{\frac{x^{20}y^{5}}{5^{5}}} = x^{4}y, \frac{x^{5}}{5} + \frac{y^{5}}{5} + \frac{y^{5}}{5} + \frac{y^{5}}{5} + \frac{y^{5}}{5} ≥ 5 ^{5} \sqrt{\frac{y^{20}x^{5}}{5^{5}}} = xy^{4}

\frac{z^{5}}{5} + \frac{z^{5}}{5} + \frac{z^{5}}{5} + \frac{z^{5}}{5} + \frac{y^{5}}{5} ≥ 5 ^{5} \sqrt{\frac{x^{20}z^{5}}{5^{5}}} = z^{4}y, \frac{z^{5}}{5} + \frac{y^{5}}{5} + \frac{y^{5}}{5} + \frac{y^{5}}{5} + \frac{y^{5}}{5} ≥ 5 ^{5} \sqrt{\frac{y^{20}z^{5}}{5^{5}}} = zy^{4}

\frac{z^{5}}{5} + \frac{z^{5}}{5} + \frac{z^{5}}{5} + \frac{z^{5}}{5} + \frac{x^{5}}{5} ≥ 5 ^{5} \sqrt{\frac{z^{20}x^{5}}{5^{5}}} = z^{4}x, \frac{z^{5}}{5} + \frac{x^{5}}{5} + \frac{x^{5}}{5} + \frac{x^{5}}{5} + \frac{x^{5}}{5} ≥ 5 ^{5} \sqrt{\frac{x^{20}z^{5}}{5^{5}}} = zx^{4}

79.1.A x^{5} + y^{5} + z^{5} ≥ x^{2}y^{2}z + x^{2}z^{2}y + z^{2}y^{2}x si può dimostrare nel seguente modo.

\frac{x^{5}}{5} + \frac{x^{5}}{5} + \frac{y^{5}}{5} + \frac{y^{5}}{5} + \frac{z^{5}}{5} ≥ 5 ^{5} \sqrt{\frac{x^{10}y^{10}z^{5}}{5^{5}}} = x^{2}y^{2}z, \frac{x^{5}}{5} + \frac{x^{5}}{5} + \frac{z^{5}}{5} + \frac{z^{5}}{5} + \frac{y^{5}}{5} ≥ 5 ^{5} \sqrt{\frac{x^{10}z^{10}y^{5}}{5^{5}}} = x^{2}z^{2}y

\frac{y^{5}}{5} + \frac{y^{5}}{5} + \frac{z^{5}}{5} + \frac{z^{5}}{5} + \frac{x^{5}}{5} ≥ 5 ^{5} \sqrt{\frac{y^{10}z^{10}x^{5}}{5^{5}}} = y^{2}z^{2}x,

80.1.A Prima dimostrazione Riscriviamo la disuguaglianza come x(xyz)^{1/3} +y(xyz)^{1/3} + z(xyz)^{1/3} ≤ x^{2} + y^{2} + z^{2}. Dopo osserviamo che grazie alla disuguaglianza AGM si ha \frac{x^{2}+x^{2}+x^{2}+x^{2}+y^{2}+z^{2}}{6} ≥ (x^{8}y^{2}z^{2})^{1/6} = x(xyz)^{1/3} via dicendo per le altre ossia \frac{y^{2}+y^{2}+y^{2}+y^{2}+x^{2}+z^{2}}{6} ≥ (y^{8}x^{2}z^{2})^{1/6} = y(xyz)^{1/3} e \frac{z^{2}+z^{2}+z^{2}+z^{2}+y^{2}+x^{2}}{6} ≥ (z^{8}x^{2}y^{2})^{1/6} = z(xyz)^{1/3} da cui la tesi sommando.

Seconda dimostrazione Rscriviamo la disuguaglianza come \frac{x^{2}}{1} + \frac{y^{2}}{1} + \frac{z^{2}}{1} ≥ x+y+z. Usiamo la

disuguaglianza di Cauchy–Schwarz nella forma (\frac{\overline{a}}{x} + \frac{\overline{b}}{y} + \frac{\overline{c}}{z})(x+y +z) ≥ (\overline{a}+\overline{b}+\overline{c})^{2} e prendiamo

x = y = z = 1 ottenendo \frac{x^{2}}{1} + \frac{y^{2}}{1} + \frac{z^{2}}{1} ≥ \frac{(x + y + z)^{2}}{3} ≥ x + y + z ossia x + y + z ≥ 3 il che è

vero in quanto la AGM ci dice x + y + z ≥ 3(xyz)^{1/3} = 3.

Terza dimostrazione Essendo la disuguaglianza simmetrica possiamo porre x ≥ y ≥ z e quindi usare la disuguaglianza di Chebysev ossia ∑_{k=1}^{n} a_{k}b_{k} ≥ \frac{1}{n} ∑_{k=1}^{n} a_{k} ∑_{k=1}^{n} b_{k} purché a_{1} ≥ a_{2} ≥ … ≥ a_{n} e b_{1} ≥ b_{2} ≥ … ≥ b_{n} oppure a_{1} ≤ a_{2} ≤ … ≤ a_{n} e b_{1} ≤ b_{2} ≤ … ≤ b_{n}. Dunque abbiamo x · x + y · y + z · z ≥ \frac{1}{3}(x + y + x)^{2} ed otteniamo gli stessi calcoli di prima.

Quarta dimostrazione Si usa la Power–means–inequality e quindi (\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{3} )^{1/2} ≥ \frac{x+y+x}{3} ossia

x^{2} +y^{2} +z^{2} ≥ (x+y +z)^{2}/3 da cui x^{2} +y^{2} +z^{2} ≥ (x+y +z)(x+y +z)/3 ≥ (x+y +z)(xyz)^{1/3} = x + y + z.

81 .1.A (a + b)(1 + \frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}} + \frac{1}{\sqrt{1+b^{2}}} ) ≥ 4. Dalla disuguaglianza AGM otteniamo che la dis-

uguaglianza 2\sqrt{ab}(1 + \frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}} + \frac{1}{\sqrt{1+b^{2}}} ) ≥ 2 implica quella che vogliamo dimostrare. Quindi otteniamo 1 ≤ \frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}} + \frac{1}{\sqrt{1+b^{2}}} ossia 1 ≤ \frac{1}{\sqrt{ab+a^{2}}} + \frac{1}{\sqrt{ab+b^{2}}} da cui \sqrt{a + b} ≤ \frac{1}{\sqrt{a}} + \frac{1}{\sqrt{b}}. Quadrando

ed usando ab = 1 otteniamo a+1/a ≤ a+1/a+2/\sqrt{ab}. Oppure da 1 ≤ \frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}} + \frac{1}{\sqrt{1+b^{2}}} si ottiene 1 ≤ \frac{1+a}{\sqrt{1+a^{2}}} che è vera.

82.1.A Sia P (x) = ∑_{k=0}^{n} x^{k}a_{n−k}. P (x)P (1/x) = ∑_{k=0}^{n} x^{k}a_{n−k} ∑_{k=0}^{n} x^{−k}a_{n−k} ≥ (∑_{k=0}^{n} a_{k})^{2} (usando Cauchy–Schwarz) ma (∑_{k=0}^{n} a_{k})^{2} = P^{2}(1) ≥ 1.

83.1.A Prima dimostrazione Effettuiamo la sostituzione a = x + y, b = y + z, c = z + x ed in questo modo ci liberiamo dai vincoli imposti ai lati di un triangolo. LA disuguaglianza diventa ∑_{cyc} \frac{x + y}{x + y + 2z} < 2. Data la omogeneità possiamo supporre x + y + z = 1 e quindi scrivere

∑_{cyc} \frac{1 − x}{1 + x} < 2 ossia ∑_{cyc} \frac{x}{1 + x} ≥ \frac{1}{2} che riscriviamo come ∑_{cyc} \frac{x^{2}}{x + x^{2}} ≥ \frac{1}{2}. Cauchy–Schwarz ci dà

∑_{cyc} \frac{x^{2}}{x + x^{2}} ≥ ∑_{cyc} \frac{(x + y + x)^{2}}{x + y + x + x^{2} + y^{2} + z^{2}} = \frac{1}{1 + x^{2} + y^{2} + z^{2}} ≥ \frac{1}{2} e quindi x^{2} + y^{2} + z^{2} < 1

che è certamente vera essendo x^{2} + y^{2} + z^{2} < (x + y + z)^{2} = 1.

Seconda dimostrazione Una volta arrivati a ∑_{cyc} \frac{x}{1 + x} ≥ \frac{1}{2} osserviamo che 1/(1+x) è convessa

ed inoltre x + y + z = 1 per cui ∑_{cyc} \frac{x}{1 + x} ≥ \frac{1}{1 + x^{2} + y^{2} + z^{2}} ≥ \frac{1}{2} ossia la stessa di prima

84.1.A Definiamo b = λa, c = μa e quindi λ^{2}(a^{6}μ^{2} + a^{2}) − 2a^{2}λ(1 + μ) + 2a^{2}(1 − μ)^{2} ≥ 0. Il discriminante è negativo se e solo se a^{6}μ^{4} + a^{6}μ^{2} + 2a^{4}μ^{2} + 2 ≥ 2a^{6}μ^{3} + 4a^{2}μ. Osserviamo che 2a^{4}μ^{2} + 2 ≥ 4a^{2}μ e a^{6}μ^{4} + a^{6}μ^{2} ≥ 2a^{6}μ^{3} in quanto (μ − 1)^{2} ≥ 0

85.1.A Basta scrivere ∑_{cyc} \frac{1 + ab}{1 + a} = \frac{1 + \frac{1}{c}}{1 + a} = ∑_{cyc} c\frac{1 + c}{1 + a} e quindi ∑_{cyc} \frac{1 + ab}{1 + a} = ∑_{cyc} c\frac{1 + c}{1 + a} ≥

3(abc)^{1/3} = 3 usando la AGM.

86.1.A \frac{ab}{a + b} = a − \frac{a^{2}}{a + b} per cui otteniamo 2 ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{a + b} ≥ a + b + c e da Cauchy–Schwarz

∑_{cyc} \frac{a^{2}}{a + b} ≥ \frac{(a + b + c)^{2}}{2(a + b + c)} = a + b + c da cui il risultato

87.1.A Parte sinistra. Essendo tutte le funzioni simmetriche rispetto allo scambio x con y, possiamo considerare x > y. Mettendo poi y in evidenza e definendo t = x/y, la disuguaglianza è ln t > \frac{3t^{2}−3}{4t+1+t^{2}} ossia f(t) = (4t + 1 + t^{2}) ln t − 3t^{2} + 3 ≥ 0. Derivando si ottiene f′(1) = f′′(1) = 0, f′′′(t) ≥ 0 per ogni t. La conclusione segue. Precisamente f′(t) = (4 + 2t) ln t + 4 + \frac{1}{t} − 5t, f′′(t) = \frac{4}{t} + 2 ln t − \frac{1}{t^{2}} − 3, f′′′(t) = \frac{(t−1)^{2}}{t^{3}}

• Parte destra. Seguendo lo stesso ragionamento di prima ci riduciamo a dimostrare che \frac{1 − t}{ln t} ≥

\sqrt{t}.

88.1.A Data la omogeneità della disuguaglianza possiamo supporre abc = 1 da cui \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} ≥ \sqrt{3(a + b + c)} ed elevando al quadrato si ha \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{c^{2}} + \frac{2}{ab} + \frac{2}{ac} + \frac{2}{cb} ≥ 3(a+b+c). Semplificando e tenendo conto abc = 1 si ottiene \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{c^{2}} ≥ a+b+c. Poi scriviamo \frac{abc}{a^{2}} + \frac{abc}{b^{2}} + \frac{abc}{c^{2}} ≥ a+b+c e con un pò di algebra si ha (sempre inserendo abc = 1) ab^{3}c^{3} + bc^{3}a^{3} + ca^{3}b^{3} ≥ a + b + c ossia \frac{ab^{3}c^{3}}{2} + \frac{ab^{3}c^{3}}{2} + \frac{bc^{3}a^{3}}{2} + \frac{bc^{3}a^{3}}{2} + \frac{ca^{3}b^{3}}{2} + \frac{ca^{3}b^{3}}{2} ≥ a^{2}b^{2}c^{3} + b^{2}c^{2}a^{3} + c^{2}a^{2}b^{3} = a + b + c (si è usata la AGM) e la disuguaglianza è dimostrata.

89.1.A Per omogeneità possiamo prendere a + b + c = 1. Infatti se prendessimo al posto di

a, b, c le quantità λa, λb, λc, avremmo λ^{λ(a+b+c)}a^{λb}b^{λc}c^{λa} ≤ λ^{λ(a+b+c)}(\frac{a+b+c}{3})^{λ(a+b+c)} ossia

(a^{b}b^{c}c^{a})^{λ} ≤ ((\frac{a+b+c}{3})^{(a+b+c)})^{λ} che è vera così come è vera quella quella originale. Dunque

dobbiamo dimostrare a^{b}b^{c}c^{a} < 1/3. Usando la concavità del logaritmo ed il fatto che a+b+c = 1 si ottiene b ln a + c ln b + a ln c ≤ ln(ab + bc + ca) ≤ ln(1/3) in quanto ab + bc + ca < 1/3 ed il logaritmo è crescente. Che ab + bc + ca < 1/3 lo si dimostra in molti modi. Basta scrivere

ab + bc + ca = \frac{1}{2}(a + b + c)^{2} − \frac{1}{2}(a^{2} + b^{2} + c^{2}). Inoltre si ricordi che \frac{a+b+c}{3} ≤ (\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3} )^{1/2} ossia

a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ \frac{1}{3}(a + b + c)^{2} e quindi ab + bc + ca ≤ \frac{1}{2} − \frac{1}{6} = \frac{1}{3}

90 .1.A Il tutto ammonta ad osservare che la funzione f(x) = x ln x è convessa e quindi \frac{1}{2}f(x) + \frac{1}{2}f(y) ≥ f(\frac{1}{2}x + \frac{1}{2}y) ossia a ln a + b ln b ≥ (a + b) ln(\frac{a+b}{2})

91.1.A La disuguaglianza è equivalente a ((\frac{x}{sin x})^{2a} + (\frac{x}{tan x})^{a})^{1/a} > 2^{1/a}. Dalla concavità

della funzione x^{1/a} per x > 0 la disuaglianza è implicata da (\frac{x}{sin x})^{2} + (\frac{x}{tan x}) > 2 ossia

f(x) = 2x^{2} + x sin(2x) + 2 cos(2x) − 2 > 0. Si ha lim_{x→0^{+}} f(x) = 0 ed inoltre f′(x) > 0 equivale a

g(x) = 4x − 3 sin(2x) + 2x cos(2x) > 0. La derivata di g è g′(x) = 8 sin x(sin x − x cos x) > 0 per ogni x ∈ (0, π/2) ed essendo g(0) = 0 si ha il risultato.

92.1.A Siccome l’espressione è simmetrica, possiamo supporre a_{1} ≥ a_{2} ≥ a_{3} ≥ a_{4} ≥ a_{5} ≥ a_{6}. Quindi abbiamo (\frac{π}{3} , \frac{π}{3} , \frac{π}{3} , \frac{π}{3} , \frac{π}{3} , \frac{π}{3} ) ≺ (a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}, a_{6}) ≺ (\frac{π}{2} , \frac{π}{2} , \frac{π}{2} , \frac{π}{2} , 0, 0) e quindi, essendo sin x concava in [0, π], ∑_{k=1}^{6} sin π/3 ≥ ∑_{k=1}^{6} sin a_{k} ≥ ∑_{k=1}^{4} sin π/2, (usando la disuguaglianza di Karamata) e quindi il massimo è 3^{3/2} mentre il minimo è 4.

93.1.A Prima dimostrazione Dalla concavità della funzione \sqrt{x} ne deriva \sqrt{a^{2} + (1 − b)^{2}} ≥

|a|+|1−b|/\sqrt{2} da cui ∑_{cyc} \sqrt{a^{2} + (1 − b)^{2}} ≥ \frac{1}{\sqrt{2}} ∑_{cyc} |a|+|1−a|. Il minimo della quantità |a|+|1−a|

è 1 e quindi il minimo della funzione è 3/\sqrt{2}

Seconda dimostrazione Dalla disuguaglianza di Minkowski abbiamo \sqrt{a^{2} + (1 − b)^{2}} + \sqrt{b^{2} + (1 − c)^{2}} + \sqrt{c^{2} + (1 − a)^{2}} ≥ ≥ \sqrt{(a + b)^{2} + (2 − b − c)^{2}} + \sqrt{c^{2} + (1 − a)^{2}} ≥ \sqrt{(a + b + c)^{2} + (3 − a − b − c)^{2}} = \sqrt{2(a + b + c)^{2} − 6(a + b + c) + 9} ≥ 3/\sqrt{2}

94.1.A Prima dimostrazione. Data la omogeneità , possiamo prendere x + y + z = 1 e quindi

abbiamo \frac{x}{(1 − x)^{2}} + \frac{y}{(1 − y)^{2}} + \frac{z}{(1 − z)^{2}} ≥ \frac{9}{4}. La derivata seconda della funzione \frac{x}{(1 − x)^{2}} è

2\frac{2 + x}{(x − 1)^{4}} > 0 per cui \frac{1}{3} \frac{x}{(1 − x)^{2}} + \frac{1}{3} \frac{y}{(1 − y)^{2}} + \frac{1}{3} \frac{z}{(1 − z)^{2}} ≥ \frac{\frac{1}{3}(x + y + z)}{(1 − \frac{1}{3}(x + y + z))^{2}} da cui la

disuguaglianza.

Seconda dimostrazione. Utilizziamo la Disuguaglianza di Cauchy–Schwarz nella forma (\frac{a^{2}}{x} +

\frac{b^{2}}{y} + \frac{c^{2}}{z})(x + y + z) ≥ (a + b + c)^{2} da cui, definendo x = \frac{a}{(b + c)^{2}} , y = \frac{b}{(a + c)^{2}} , z = \frac{c}{(a + b)^{2}}

otteniamo che la disuguaglianza da dimostrare è implicata da

\frac{a}{(b + c)^{2}} + \frac{b}{(a + c)^{2}} + \frac{c}{(a + b)^{2}} ≥ \frac{(a + b + c)^{2}}{a^{2} \frac{(b+c)^{2}}{a} + b^{2} \frac{(a+c)^{2}}{b} + c^{2} \frac{(a+b)^{2}}{c}} ≥ \frac{9}{4} \frac{1}{a + b + c}

e quindi

4(a + b + c)^{3} ≥ 9(a(b + c)^{2} + b(a + c)^{2} + c(a + b)^{2})

Semplificando si ariva a 4(a^{3} + b^{3} + c^{3}) + 3(ab(a + b) + ac(a + c) + bc(b + c)) ≥ 30abc. Abbiamo 4(a^{3} + b^{3} + c^{3}) + 3(ab(a + b) + ac(a + c) + bc(b + c)) ≥ 12abc + 3(2ab\sqrt{ab} + 2ac\sqrt{ac} + 2cb\sqrt{cb}) ≥ 12abc + 3 · 2 · 3 ^{3} \sqrt{a^{3}b^{3}c^{3}} = 30abc e la disuguaglianza è dimostrata.

Terza dimostrazione. Moltiplichiamo a sinistra e destra per x + y + z ed abbiamo ∑_{cyc} \frac{x}{y + z} +

∑_{cyc} \frac{x^{2}}{(y + z)^{2}} ≥ \frac{9}{4}. Poi usiamo la disuguaglianza di Nesbitt (rich.6) e scriviamo ∑_{cyc} \frac{x}{y + z} +

∑_{cyc} \frac{x^{2}}{(y + z)^{2}} ≥ \frac{3}{2} + ∑_{cyc} \frac{x^{2}}{(y + z)^{2}} ≥ \frac{9}{4} ossia ∑_{cyc} \frac{x^{2}}{(y + z)^{2}} ≥ \frac{3}{4}. Poi usiamo x^{2} + y^{2} + z^{2} ≥

\frac{(x + y + z)^{2}}{3} da cui ∑_{cyc} \frac{x^{2}}{(y + z)^{2}} ≥ \frac{(∑cyc \frac{x}{y+z} )2}{3} ≥ \frac{9}{4} \frac{1}{3} = \frac{3}{4} usando ancora Nesbitt.

95.1.A La disuguaglianza è \frac{a^{2}c + b^{2}a + c^{2}b}{abc} ≥ \frac{a^{2}c + b^{2}a + c^{2}b}{(abc)^{2/3}} ≥ a + b + c ossia a^{2}c + b^{2}a +

c^{2}b ≥ (a + b + c)(abc)^{2/3}. Poi definiamo a = x^{3}, b = y^{3}, c = z^{3} da cui x^{6}z^{3} + y^{6}x^{3} + z^{6}y^{3} ≥ x^{5}y^{2}z^{2} + y^{5}x^{2}z^{2} + z^{5}x^{2}y^{2}. Dalla AGM otteniamo

\frac{x^{6}z^{3} + x^{6}z^{3} + y^{6}x^{3}}{3} ≥ x^{5}y^{2}z^{2}, \frac{y^{6}x^{3} + y^{6}x^{3} + z^{6}y^{3}}{3} ≥ y^{5}x^{2}z^{2}, \frac{z^{6}y^{3} + z^{6}y^{3} + x^{6}z^{3}}{3} ≥ z^{5}x^{2}y^{2}

e quindi il risultato.

96.1.A Si applichi la disuguaglianza di Karamata alla funzione \frac{x}{(1−x)^{2}} dopo avere osservato che: 1) la disuguaglianza è simmetrica per cui si può porre x ≥ y ≥ z, 2) la disuguaglianza è omogenea e quindi si può porre x + y + z = 1, 3) (\frac{x+y}{2} , \frac{y+z}{2} , \frac{z+x}{2}) ≺ (x, y, z). Si può quindi applicare la disuguaglianza di Karamata.

97.1.A Prima dimostrazione Applichiamo Cauchy–Schwarz ossia (\frac{x^{2}}{α} + \frac{y^{2}}{β})(α+β) ≥ (x+y)^{2}

da cui \frac{a^{2}}{a + 1} + \frac{b^{2}}{b + 1} ≥ \frac{(a + b)^{2}}{a^{2} \frac{a+1}{a^{2}} + b^{2} \frac{b+1}{b^{2}}} = \frac{(a + b)^{2}}{a + b + 2} = \frac{1}{3}

Seconda dimostrazione. Riscriviamo la disuguaglianza come \frac{a^{2}}{a + 1}+\frac{b^{2}}{b + 1} = \frac{a^{2}}{a(a + b) + (a + b)^{2}} +

\frac{b^{2}}{b(a + b) + (a + b)^{2}} − \frac{1}{3} ≥ 0 e semplificando si ha a^{3} +b^{3} ≥ a^{2}b+ab^{2} da cui a^{2}(a−b)+b^{2}(b−a) =

(a^{2} − b^{2})(a − b) = (a − b)^{2}(a + b) ≥ 0 Terza dimostrazione. Eliminando i denominatori in \frac{a^{2}}{a + 1} + \frac{b^{2}}{b + 1} − \frac{1}{3} ≥ 0 otteniamo 3a^{2}(b +

1) + 3b^{2}(a + 1) ≥ a + b + 1 + ab ossia 3ab(a + b) + 3a^{2} + 3b^{2} ≥ a + b + 1 + ab e semplificando

a^{2} + b^{2} ≥ \frac{1}{2}. Ora \frac{a^{2}}{2} + \frac{b^{2}}{2} + \frac{a^{2}}{2} + \frac{b^{2}}{2} ≥ \frac{a^{2}}{2} + \frac{b^{2}}{2} + ab = \frac{(a + b)^{2}}{2} da cui il risultato.

Quarta dimostrazione Si srive a − \frac{a}{a + 1} + b − \frac{b}{b + 1} ≥ \frac{1}{3} da cui \frac{a}{a + 1} + \frac{b}{b + 1} ≤ \frac{2}{3}. Essendo

x/(1 + x) concava per x > 0 abbiamo \frac{a}{a + 1} + \frac{b}{b + 1} ≤ 2\frac{\frac{a+b}{2}}{1 + \frac{a+b}{2}} = \frac{2}{3} da cui il risultato.

Quinta dimostrazione Partendo da \frac{a}{a + 1} + \frac{b}{b + 1} ≤ \frac{2}{3} scriviamo \frac{a}{a + 1} + \frac{b}{b + 1} = \frac{1}{a + 1} +

\frac{1}{b + 1} − 2 da cui \frac{1}{a + 1} + \frac{1}{b + 1} ≥ \frac{4}{3}. Dalla convessità della funzione 1/x oppure dalla AHM

abbiamo \frac{1}{x} + \frac{1}{y} ≥ \frac{4}{x + y} e quindi \frac{1}{a + 1} + \frac{1}{b + 1} ≥ \frac{4}{2 + a + b} = \frac{4}{3}

98.1.A Prima dimostrazione Usiamo la disuguaglianza di Karamata. Infatti la disuguaglianza è simmetrica ed inoltre f(x) = 1/x è convessa per x > 0. Dal fatto che (\frac{a+b}{2}, \frac{b+c}{2}, \frac{c+a}{2}) ≺ (a, b, c) segue il risultato. Seconda dimostrazione La disuguaglianza si riduce a

\frac{a^{3}b^{2} + a^{2}b^{3} + b^{3}c^{2} + b^{2}c^{3} + c^{3}a^{2} + c^{2}a^{3} − 2a^{2}b^{2}c − 2a^{2}c^{2}b − 2b^{2}c^{2}a}{abc(a + b)(b + c)(a + c)} ≥ 0

e quindi ∑_{sym} a^{3}b^{2} ≥ ∑_{sym} a^{2}b^{2}c che è vera dal teorema di Muirhead. Le maggiorazioni AGM

relative sono: a^{3}c^{2} + a^{3}b^{2} ≥ 2a^{3}bc, b^{3}a^{2} + b^{3}c^{2} ≥ 2b^{3}ac, c^{3}a^{2} + c^{3}b^{2} ≥ 2c^{3}ab. Quindi otteniamo

a^{3}bc + b^{3}ac + c^{3}ab − a^{2}b^{2}c − a^{2}c^{2}b − b^{2}c^{2}a ≥ 0

Inoltre \frac{a^{3}bc+b^{3}ac}{2} ≥ a^{2}b^{2}c, \frac{a^{3}bc+c^{3}ab}{2} ≥ a^{2}c^{2}b, \frac{b^{3}ac+c^{3}ab}{2} ≥ b^{2}c^{2}a e quindi si ha il risultato. Terza dimostrazione Moltiplicando a sinistra e destra per a + b + c otteniamo 3 +

2 ∑_{cyc} \frac{a}{b + c} ≤ ∑_{cyc} \frac{a + b}{c}. Data l’omogeneità della disuguaglianza poniamo a + b + c = 1 da

cui ∑_{cyc} \frac{1 − a}{a} − 2 ∑_{cyc} \frac{a}{1 − a} ≥ 3. La funzione f(x) = \frac{1 − x}{x} − \frac{2x}{1 − x} ha la derivata seconda pari

a 2\frac{3x^{3} − 1 + 3x − 3x^{2}}{x^{3}(x^{3} − 1)^{3}} ed il numeratore è sempre negativo così come il denominatore. Dunque

la funzione è convessa e quindi ∑_{cyc} \frac{1 − a}{a} − 2 ∑_{cyc} \frac{a}{1 − a} ≥ ∑_{cyc} \frac{1 − \frac{1}{3}}{\frac{1}{3}} − 2 ∑_{cyc} \frac{\frac{1}{3}}{1 − \frac{1}{3}} = 3

99 .1.A Prima dimostrazione Essendo abc = 1 poniamo a = x/y, b = y/z, c = z/x ed otteniamo \frac{xy}{xy + x^{2} + yz} + \frac{xz}{xz + z^{2} + xy} + \frac{yz}{yz + y^{2} + xz} ≤ 1. Semplificando otteniamo

\frac{∑_{cyc}(x^{4}yz + x^{3}y^{3})}{(xy + x^{2} + yz)(xz + z^{2} + xy)(yz + y^{2} + xz)} ≥ \frac{2 ∑_{cyc} x^{3}yz^{2}}{(xy + x^{2} + yz)(xz + z^{2} + xy)(yz + y^{2} + xz)} os-

sia ∑_{cyc}(x^{4}yz + x^{3}y^{3}) ≥ 2 ∑_{cyc} x^{3}yz^{2}. Ora osserviamo che (x^{4}yz + x^{4}yz + z^{4}xy)/3 ≥ x^{3}z^{2}y,

(y^{4}zx + y^{4}zx + x^{4}yz)/3 ≥ y^{3}x^{2}z, (z^{4}xy + z^{4}xy + y^{4}zx)/3 ≥ z^{3}y^{2}x, e (x^{3}y^{3} + x^{3}z^{3} + x^{3}z^{3})/3 ≥ x^{3}yz^{2}, (y^{3}z^{3} + y^{3}x^{3} + y^{3}x^{3})/3 ≥ y^{3}zx^{2}, (z^{3}x^{3} + z^{3}y^{3} + z^{3}y^{3})/3 ≥ z^{3}xy^{2}

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

Seconda dimostrazione La disuguaglianza è equivalente a ∑_{cyc} \frac{a + b}{1 + a + b} ≥ 2. Da Cauchy–

Schwarz abbiamo ∑_{cyc} \frac{a + b}{1 + a + b} ≥ ∑_{cyc} \frac{(\sqrt{a + b} + \sqrt{b + c} + \sqrt{c + a})^{2}}{3 + 2(a + b + c)} ossia

∑_{cyc} \frac{2(a + b + c) + 2 ∑_{cyc} \sqrt{(a + b)(b + c)}}{3 + 2(a + b + c)} ≥ 2. Sempre da Cauchy–Schwarz abbiamo

\sqrt{(a + b)(b + c)} ≥ b + \sqrt{bc} e quindi, detto S = a + b + c, \frac{4S + 2(\sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ac})}{3 + 2S} ≥ 2 si ha

\sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ac} ≥ 3 che è chiaramente vera essendo abc = 1. Terza dimostrazione Presa da http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=151&t=299899&start=1880 prob.667. Si pone a = x^{3}, b = y^{3}, z = c^{3} e si osserva che a^{3} + b^{3} ≥ ab(a + b) da cui

∑_{cyc} \frac{1}{abc + a^{3} + b^{3}} ≤ ∑_{cyc} \frac{1}{ab(a + b + c)} = ∑_{cyc} \frac{a}{a + b + c} da cui il risultato

100.1.A Usiamo Cauchy–Schwarz nella forma (\frac{\overline{a}^{2}}{x} + \frac{\overline{b}^{2}}{y} + \frac{\overline{c}^{2}}{z})(x + y + z) ≥ (\overline{a} + \overline{b} + \overline{c})^{2} ossia (\frac{a^{2}}{a} + \frac{b^{2}}{b} + \frac{c^{2}}{1} )(a + b + 1) = (a + b + c^{2})(a + b + 1) ≥ (a + b + c)^{2} e in modo ciclico per le altre due

per cui otteniamo ∑_{cyc} \frac{1}{a + b + 1} ≤ \frac{1}{(a + b + c)^{2}} ∑_{cyc}(a + b + c^{2}) = \frac{2(a + b + c) + a^{2} + b^{2} + c^{2})}{(a + b + c)^{2}} ≤

\frac{2(ab + bc + ca) + a^{2} + b^{2} + c^{2}}{(a + b + c)^{2}} = 1

101.1.A Prima dimostrazione Semplificando si arriva a ∑_{cyc}(a^{4}c^{2} +a^{3}b^{3}) ≥ ∑_{cyc}((abc)^{2} +a^{3}bc^{2}) che è chiaramente vera essendo a^{3}b^{3} + b^{3}c^{3} + c^{3}a^{3} ≥ 3(abc)^{2} e

(a^{4}c^{2} + a^{2}b^{4})/2 ≥ a^{3}b^{2}c,  (a^{4}c^{2} + c^{4}b^{2})/2 ≥ c^{3}a^{2}b,  (a^{2}b^{4} + c^{4}b^{2})/2 ≥ ab^{3}c^{2}

Seconda dimostrazione Si scrive a/b = x, b/c = y, c/a = z e quindi xyz = 1. La disuguaglianza diventa x + y + z ≥ ∑_{cyc} \frac{1}{z} \frac{1 + z}{1 + y} che è equivalente a ∑_{cyc}(x^{3}zy + x^{2}z^{2}y + (xyz)^{2} + x^{3}y^{2}z^{2}) + ∑_{sym} x^{3}z^{2}y ≥ 6xyz + ∑_{cyc}(xy + 2xyz^{2} + x^{2}y) e tenendo conto xyz = 1 diventa ∑_{cyc}(x^{2} + xz + 1 + x)+∑_{sym} x^{2}z ≥ 6+∑_{cyc} xy+∑_{cyc} 2z +∑_{cyc} x^{2}y ossia ∑_{cyc}(x^{2} +x^{2}z) ≥ 3+∑_{cyc} z. Ora x^{2}z +y^{2}x+z^{2}y ≥ 3(xyz) = 3. Rimane ∑_{cyc} x^{2} ≥ ∑_{cyc} z ossia ∑_{cyc} x^{2} ≥ ∑_{cyc}(x^{4}yz)^{\frac{1}{3}} . Osserviamo che

(x^{2} + x^{2} + x^{2} + x^{2} + y^{2} + z^{2})/6 ≥ (x^{8}y^{2}z^{2})^{\frac{1}{8}} = (x^{4}yz)^{\frac{1}{3}}
(x^{2} + y^{2} + z^{2} + z^{2} + z^{2} + z^{2})/6 ≥ (z^{8}y^{2}x^{2})^{\frac{1}{8}} = (z^{4}yx)^{\frac{1}{3}}
(x^{2} + z^{2} + y^{2} + y^{2} + y^{2} + y^{2})/6 ≥ (y^{8}x^{2}z^{2})^{\frac{1}{8}} = (y^{4}xz)^{\frac{1}{3}}

Terza dimostrazione Da Cauchy–Schwarz otteniamo \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} ≥ \frac{(a + b + c)^{2}}{ab + bc + ca} ≥ \frac{a + c}{b + c} + 18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 49

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

\frac{a + b}{a + c} + \frac{c + b}{b + a} e semplificando arriviamo a ∑_{cyc} a^{3}b^{2} ≥ ∑_{cyc} a^{2}b^{2}c e segue dalla AGM essendo

(a^{3}b^{2} + a^{3}b^{2} + a^{3}b^{2} + a^{3}b^{2} + b^{3}c^{2} + b^{3}c^{2} + c^{3}a^{2})/7 ≥ a^{2}b^{2}c,
(b^{3}c^{2} + b^{3}c^{2} + b^{3}c^{2} + b^{3}c^{2} + c^{3}a^{2} + c^{3}a^{2} + a^{3}b^{2})/7 ≥ b^{2}c^{2}a
(c^{3}a^{2} + c^{3}a^{2} + c^{3}a^{2} + c^{3}a^{2} + a^{3}b^{2} + a^{3}b^{2} + b^{3}c^{2})/7 ≥ c^{2}a^{2}b

Quarta dimostrazione Scriviamo \frac{a}{b} − \frac{c + a}{c + b} = \frac{a}{b} − \frac{a − b}{b + c} −1 = \frac{ac + b^{2}}{b(b + c)} −1 e la disuguaglianza è

∑_{cyc} \frac{ac + b^{2}}{b(b + c)} ≥ 3 da cui, con la AGM, otteniamo ∑_{cyc} \frac{ac + b^{2}}{b(b + c)} ≥ 3 ^{3} \sqrt{\frac{(ac + b^{2})(ba + c^{2})(cb + a^{2})}{abc(a + b)(b + c)(c + a)}} ≥

3 ossia \frac{(ac + b^{2})(ba + c^{2})(cb + a^{2})}{abc(a + b)(b + c)(c + a)} ≥ 1 e semplificando otteniamo ∑_{cyc}(a^{4}bc + a^{3}b^{3}) ≥ ∑_{sym} a^{3}b^{2}c.

Ora (ab)^{3}+(ab)^{3}+(ac)^{3}/3 ≥ a^{3}b^{2}c, (bc)^{3}+(bc)^{3}+(ba)^{3}/3 ≥ b^{3}c^{2}a, (ca)^{3}+(ca)^{3}+(cb)^{3}/3 ≥ c^{3}a^{2}b e rimaniamo con ∑_{cyc} a^{4}bc ≥ ∑_{cyc} a^{3}bc^{2} che segue da

(a^{4}bc+a^{4}bc+c^{4}ab)/3 ≥ a^{3}bc^{2}, (b^{4}ca+b^{4}ca+a^{4}bc)/3 ≥ b^{3}ca^{2}, (c^{4}ab+c^{4}ab+b^{4}ca)/3 ≥ c^{3}ab^{2},

102.1.A Abbiamo 1 = abcd ≤ ad^{3} da cui, detta a^{1/3} = x, si ha x^{3} + \frac{1}{x} + x^{2} ≥ 2 + \frac{3}{4}x^{3} e quindi x^{4} + 4x^{3} + 4 ≥ 8x ossia (x^{2} + 2x − 2)^{2} ≥ 0. 103.1.A Prima dimostrazione Scrivendo 7(ab + bc + ca)(a + b + c) ≤ 2(a + b + c)^{3} + 9abc e semplificando si arriva a ∑_{sym} a^{2}b ≤ ∑_{sym} a^{3} che è ovvia Seconda dimostrazione 4(ab+bc+ca) ≤ 1+9abc è la disuguaglianza di Schür quando a+b+c = 1 (rich.13). Inoltre 3(ab+bc+ca) ≤ 1 è immediata da 2(ab+bc+ca)+(ab+bc+ca) = (a+b+c)^{2}− (a^{2} +b^{2} +c^{2})+(ab+bc+ca) = 1−(a^{2} +b^{2} +c^{2})+(ab+bc+ca) ≤ 1−(a^{2} +b^{2} +c^{2})+(a^{2} +b^{2} +c^{2}). 104 .1.A Si ha ∑_{cyc} \sqrt{\frac{x}{(x + 1)(z + 1)}} ≤ \frac{3}{2} e quindi dalla AGM ∑_{cyc} \frac{1}{2}(\frac{x}{x + 1} + \frac{1}{z + 1}) =

\frac{1}{2}(\frac{x}{x + 1} + \frac{1}{z + 1} + \frac{y}{y + 1} + \frac{1}{x + 1} + \frac{z}{z + 1} + \frac{1}{y + 1}) = \frac{3}{2}

105 .1.A Abbiamo a^{2} + b^{2} + a^{2} + c^{2} ≥ 2ac + 2ab e le altre due da cui la disuguaglianza è ∑_{cyc} \frac{1}{a} ≥ ∑_{cyc} \frac{2}{a + b} che si dimostra con la ben nota \frac{1}{a + b} ≤ \frac{1}{4}(\frac{1}{a} + \frac{1}{b})

Seconda dimostrazione Abbiamo a^{2} + a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ 4a\sqrt{bc}, da cui ∑_{cyc} \frac{1}{a} ≥ ∑_{cyc} \frac{1}{\sqrt{bc}} che segue dalla AGM 106.1.A 107.1.A Essendo (a + c)^{2} ≥ 4ac la disuguaglianza è verificata se 2(a + b) ≥ 3b ossia 2a ≥ b. Quindi se a ≥ b/2 è vera. Consideriamo quindi 0 < a ≤ b/2 ≤ c/2 e poniamo b = λa e 18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 50

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

c = μa da cui 2 ≤ λ ≤ μ. La disuguaglianza è (1 + λ)(1 + μ)^{2} ≥ 6λμ che semplificando diventa λ(4μ − μ^{2} − 1) ≤ (1 + μ)^{2}. 4μ − μ^{2} − 1 < 0 per μ < (1 − \sqrt{3})/2 < 0 oppure μ > (1 + \sqrt{3})/2 e (1 + \sqrt{3})/2 < 2 ed essendo μ > 2 la dimostrazione è finita. 108.1.A Prima dimostrazione Da Cauchy–Schwarz abbiamo

∑_{cyc} \frac{a}{b + c} ≥ \frac{(a + b + c + d)^{2}}{2ac + 2bd + (ab + bc + cd + da)} ≥ 2 ossia, semplificando, a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} ≥

2(ac + bd) 109 .1.A Anche se esiste una dimostrazione di gran lunga più semplice, procediamo come segue: la disuguaglianza è pari a (∑_{cyc} a^{3}) ≤ 8\frac{1}{8}(∑_{cyc} a^{2})^{3/2} ossia (∑_{cyc} a^{3})^{2} ≤ (∑_{cyc} a^{2})^{3} ossia ∑_{sym}(3a^{4}b^{2} +(abc)^{2}) ≥ ∑_{sym}(ab)^{3}. Quest’ultima segue subito osservando che 2a^{4}b^{2} +2b^{2}a^{4} ≥ 4a^{3}b^{3} (notare che 4a^{3}b^{3} = (ab)^{3}c^{0}d^{0} + (ba)^{3}c^{0}d^{0} + (ab)^{3}d^{0}c^{0} + (ba)^{3}d^{0}c^{0}). 110.1.A Prima dimostrazione Poniamo a = x/y, b = y/z, c = z/x ed otteniamo ∑_{cyc}(2x^{8}z^{4}+

4(xy)^{6}+7x^{6}y^{4}z^{2}+2x^{8}y^{2}z^{2}) ≥ ∑_{cyc}(9x^{6}y^{2}z^{4}+6(xyz)^{4}). Il resto è AGM. (x^{8}z^{4}+x^{8}z^{4}+x^{2}y^{6}z^{4})/3 ≥

x^{6}y^{2}z^{4} ed (x^{6}y^{4}z^{2} + y^{6}z^{4}x^{2} + z^{6}x^{4}y^{2})/3 ≥ (xyz)^{4} da cui ∑_{cyc}(4(xy)^{6} + 2x^{8}y^{2}z^{2}) ≥ ∑_{cyc} 6x^{6}y^{2}z^{4}.

Poi abbiamo (x^{6}y^{6} + x^{6}z^{6} + x^{6}z^{6})/3 ≥ x^{6}y^{2}z^{4} che ci dà ∑_{cyc} x^{8}y^{2}z^{2}) ≥ ∑_{cyc} x^{6}y^{2}z^{4} e da ultimo (x^{8}y^{2}z^{2} + x^{8}y^{2}z^{2} + x^{2}z^{8}y^{2})/3 ≥ x^{6}y^{2}z^{4} Seconda dimostrazione, (ufficiale), di Endrit Fejzullahu ∑_{cyc} \frac{1}{a^{2} + b^{2} + b^{2} + 1 + 2} ≤

∑_{cyc} \frac{1}{2ab + 2b + 2} ≤ \frac{1}{2} ossia ∑_{cyc} \frac{1}{ab + b + 1} ≤ 1. Ora \frac{1}{ab + b + 1} = \frac{1}{\frac{1}{c} + b + 1} = \frac{c}{1 + cb + c} =

\frac{c}{1 + \frac{1}{a} + c} = \frac{ac}{a + ac + 1} per sommando gli altri due contributi si ha ∑_{cyc} \frac{1}{ab + b + 1} =

∑_{cyc} \frac{ab + b + 1}{ab + b + 1} = 1.

111 .1.A Riscriviamo la disuguaglianza come ∑_{cyc} \frac{2 + c − 2c}{2 + c} = 3 − ∑_{cyc} \frac{2c}{2 + c} ≥ \frac{15}{7} ossia ∑_{cyc} \frac{c}{2 + c} ≤ \frac{3}{7}. La funzione c/(2 + c) è convessa e quindi ∑_{cyc} \frac{c}{2 + c} ≤ 3\frac{\frac{a+b+c}{3}}{2 + \frac{a+b+c}{3}} = \frac{3}{7}.

112.1.A Definiamo x = 1/a, y = 1/b, z = 1/c dimodoché la disuguaglianza diventa xy + yz +

zx = 1, ∑_{cyc} \frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}} = ∑_{cyc} \frac{x}{\sqrt{(x + y)(x + z)}} ≤ \frac{1}{2} ∑_{cyc}(\frac{x}{x + y} + \frac{x}{x + z} ) = \frac{3}{2}

113 .1.A Riscriviamo la funzione come \frac{1}{2}((a + b + c)^{2} − (a^{2} + b^{2} + c^{2}) − 3(a + b + c) = \frac{1}{2}((a + b + c)^{2} − 3(a + b + c) − \frac{1}{2} il cui minimo è −6 e si ha per a + b + c = 3 da cui a = b = c = 1 18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 51 114.1.A Prima dimostrazione La derivata seconda della funzione \frac{a}{\sqrt{1 − a}} è \frac{4 − x}{4\sqrt{1 − x}(x − 1)^{2}}

che è positiva per 0 ≤ x ≤ 1. Quindi ∑_{cyc} \frac{a}{\sqrt{b + c}} ≥ 3\frac{\frac{a+b+c}{3}}{\sqrt{1 − \frac{a+b+c}{3}}} = \sqrt{\frac{3}{2}}

Seconda dimostrazione Usiamo Cauchy–Schwarz per cui ∑_{cyc} \frac{a}{\sqrt{b+c}} ≥ \frac{(a+b+c)^{2}}{a\sqrt{b+c}+b\sqrt{a+c}+c\sqrt{a+b}} ≥

\sqrt{\frac{3}{2}} da cui \sqrt{3}(a\sqrt{b + c} + b\sqrt{a + c} + c\sqrt{a + b}) ≤ \sqrt{2}. La concavità di \sqrt{x} implica a\sqrt{b + c} +

b\sqrt{a + c} + c\sqrt{a + b} ≤ \sqrt{∑_{cyc} a(b + c)} = \sqrt{2(ab + bc + ca)} e quindi si arriva a ab + bc + ca ≤ 1/3 che è certamente vera.

Terza dimostrazione Da Hölder abbiamo ∑_{cyc} \frac{a}{\sqrt{b + c}} ∑_{cyc} \frac{a}{\sqrt{b + c}} ∑_{cyc} a(b + c) ≥ (a + b + c)^{3} = 1

da cui (∑_{cyc} a(b + c))^{−1} ≥ 3/2, ossia ab + bc + ca ≤ 1/3.

115.1.A Trattiamo tre diversi casi.

• Primo caso. a, b, c ≥ 0. Eleviamo al quadrato ottenendo (a + b + c)^{2} ≤ (\sqrt{2} + 2abc)^{2} ossia 1 − 2(ab + bc + ca) ≤ 2 + 4(abc)^{2} + 4\sqrt{2}abc che evidentemente è vera.

• Secondo caso. a, b ≥ 0, c ≤ 0 e quindi c = −|c|. La disuguaglianza diventa a + b − |c| ≤ \sqrt{2}−2ab|c| Dimostriamo che a+b−|c|+2ab|c| ≤ a+b+(−c)−2ab(−c) ossia (c−|c|) ≤ 2ab(c−|c|) che equivale a 2ab ≤ 1. Quest’ultima segue da 2ab ≤ a^{2} + b^{2} ≤ 1. Essendo −c ≥ 0, dal primo caso sappiamo che a + b + (−c) − 2ab(−c) ≤ \sqrt{2} e quindi la maggiorazione dimostrata consente di arrivare al risultato.

• Terzo caso. a ≥ 0 e b, c ≤ 0. Dimostriamo che a − |b| − |c| − 2a|b||c| ≤ a + (−b) + (−c) − 2a(−b)(−c). ossia b + c ≤ |b| + |c| che è certamente vera.

• Quarto caso. a, b, c ≤ 0. Dimostriamo che −|a| − |b| − |c| + 2|a||b||c| ≤ (−a) + (−b) + (−c) − 2(−a)(−b)(−c) ossia 0 ≤ ∑_{cyc}(|a| − a) che è vera.

116.1.A Omogeneizziamo usando 1 = (xyz)^{1/3} ed abbiamo (x + y + z)^{2} ≥ 2(xy + yz + zx) + (x + y + z)(xyz)^{1/3}. Poniamo x + y + z = 1 ed usando (xyz)^{1/3} ≤ (x + y + z)/3 proviamo a

dimostrare che 1 ≥ 2(xy + yz + zx) + \frac{x + y + z}{3} da cui 3(xy + yz + zx) ≤ 1 e la dimostrazione è conclusa.

117 .1.A Definendo a^{2}/\sqrt{3} = x, b^{2}/\sqrt{3} = y, c^{2}/\sqrt{3} = z si ottiene 3^{7/2}(xyz)(x^{3/2} + y^{3/2} + z^{3/2}) ≤ 1 e x + y + z = 1. La concavità di \sqrt{x} dà x^{3/2} + y^{3/2} + z^{3/2} ≤ \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}} da cui 3^{7/2}(xyz)\sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}} ≤ 1. Ora eleviamo al quadrato 3^{7}(xyz)^{2}(1 − 2(xy + yz + zx) ≤ 1 ed usiamo rich.14 per avere 3^{7}(xyz)^{2}(1 − 2\sqrt{3}\sqrt{xyz} ≤ 1. Definiamo xyz ≐ t e la disuguaglianza diventa 3^{7}t^{2} − 2 · 3^{15/2}t^{5/2} ≤ 1 con 0 ≤ t ≤ 1/27. La derivata della funzione f(t) = 3^{7}t^{2} − 2 · 3^{15/2}t^{5/2} è f′(t) = 3^{7}t(2 − 5\sqrt{3}\sqrt{t}) ≥ 0 per 0 ≤ t ≤ 4/75. Essendo 1/27 < 4/75 ed essendo f(0) = −1, ne concludiamo che f(t) − 1 ≤ 0

118.1.A Si effettua la sostituzione a = y + z, b = z + x, c = x + y da cui la disuguaglianza diventa ∑_{cyc} x^{3}z ≥ ∑_{cyc} xyz^{2}.

Prima dimostrazione Usiamo la AGM ossia

\frac{x^{3}z}{7} + \frac{x^{3}z}{7} + \frac{y^{3}x}{7} + \underbrace{\frac{z^{3}y}{7} + … + \frac{z^{3}y}{7}}_{4−volte} ≥ xyz^{2}

\frac{y^{3}x}{7} + \frac{y^{3}x}{7} + \frac{z^{3}y}{7} + \underbrace{\frac{x^{3}z}{7} + … + \frac{x^{3}z}{7}}_{4−volte} ≥ yzx^{2}

\frac{z^{3}y}{7} + \frac{z^{3}y}{7} + \frac{x^{3}z}{7} + \underbrace{\frac{y^{3}x}{7} + … + \frac{y^{3}x}{7}}_{4−volte} ≥ zxy^{2}

Seconda dimostrazione Dividiamo tutto per xyz e otteniamo \frac{x^{2}}{y} + \frac{y^{2}}{z} + \frac{z^{2}}{x} ≥ x + y + z che è

esattamente Cauchy.

119.1.A Siccome a + b + c ≥ 3(abc)^{1/3} ≐ x abbiamo x + \frac{2}{9x} ≤ 1 ossia 9x^{2} − 9x + 2 ≤ 0 e quindi 1/3 ≤ x ≤ 2/3 che segue dall’ipotesi

120.1.A Quadrando otteniamo 2\sqrt{a(1 − a)b(1 − b)c(1 − c)} < a(1 − b) + b(1 − c) + c(1 − a) che è implicata da 2\sqrt{a(1 − a)b(1 − b)c(1 − c)} < 3 ^{3} \sqrt{abc(1 − a)(1 − b)(1 − c)} che è certamente vera dal momento che il radicando è minore di 1.

121.1.A Semplificando il tutto si arriva a \frac{∑_{sym}(a^{2}b^{2} + a^{2}b − abc − a^{2}bc)}{(ab + bc + ca)(3 + 2a + 2b + 2c + ab + bc + ac)} ≥ 0

e questo segue dalla AGM in quanto ∑_{sym} a^{2}b ≥ ∑_{sym} abc = 6abc e ∑_{sym} a^{2}b^{2} ≥ ∑_{sym} a^{2}bc in quanto

(a^{2}b^{2} + a^{2}c^{2})/2 ≥ a^{2}bc e via dicendo le altre.

122.1.A Da Cauchy–Schwarz abbiamo (a^{2} + b^{2} + \sqrt{c})(a + b + c^{3/2}) ≥ (a + b + c)^{2} e quindi la

disuguaglianza diventa ∑_{cyc} \frac{ab(2 + c^{3/2})}{(a + b + c)^{2}} < 1 ossia 2(ab + bc + ca) + \sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} < (a + b + c)^{2}

ossia \sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} < a^{2} + b^{2} + c^{2}. Dalla concavità della funzione \sqrt{x} abbiamo \sqrt{a} + \sqrt{b} +

\sqrt{c} ≤ \sqrt{3}\sqrt{a + b + c} < a^{2} + b^{2} + c^{2}. Essendo 3(\frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{3} )^{1/4} ≤ a^{2} + b^{2} + c^{2} arriviamo a

27(a^{2} + b^{2} + c^{2}) ≤ (a^{2} + b^{2} + c^{2})^{3} ossia a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ 3.

123.1.A Supponiamo a, b, c > 0. Osserviamo che 1/(1 + y) è convessa e quindi il massimo è assunto in uno dei tre punti (0, 1/2, 0), (0, 0, 1), (1/3, 0, 0) da cui il massimo è assunto in (1/3, 0, 0) ed è pari a 11/4. Se almeno una delle coordinate è negativa, diciamo y < 0, le cambiamo di segno in quanto 1/(1 + |y|) è pari. La relazione 3x + 2y + z = 1 rimane vera a patto che diminuiamo x oppure z con l’effetto di diminuire 1/(1 + |x|) + 1/(1 + |z|)

124.1.A Prima soluzione ab + bc + ca = 3 ≥ 3(abc)^{2/3} da cui abc ≤ 1. La disuguaglianza è

∑_{cyc} \frac{1}{1 + a(3 − bc)} = ∑_{cyc} \frac{1}{1 + 3a − abc} ≤ ∑_{cyc} \frac{1}{3a} = \frac{ab + bc + ca}{3abc} = \frac{1}{abc} ≤ \frac{1}{abc}

125.1.A Prima dimostrazione Usiamo Cauchy–Schwarz nella forma (\frac{\overline{a}^{2}}{x} + \frac{\overline{b}^{2}}{y} + \frac{\overline{c}^{2}}{z})(x+y+z) ≥

(\overline{a} + \overline{b} + \overline{c})^{2} da cui, essendo x = \frac{a^{3}}{a^{2} + b^{2} + ab}, y = \frac{b^{3}}{b^{2} + c^{2} + bc}, z = \frac{c^{3}}{c^{2} + a^{2} + ac} e definendo

\overline{a} = a^{2}, \overline{b} = b^{2}, \overline{c} = c^{2} si ottiene \frac{(a^{2} + b^{2} + c^{2})^{2}}{a^{4} \frac{a^{2}+b^{2}+ab}{a^{3}} + b^{4} \frac{b^{2}+c^{2}+bc}{b^{3}} + c^{4} \frac{c^{2}+a^{2}+ca}{c^{3}}} ≥ \frac{a + b + c}{3}. Abbiamo

\frac{(a^{2} + b^{2} + c^{2})^{2}}{a^{3} + b^{3} + c^{3} + ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)} ≥ \frac{a + b + c}{3}. Ora a^{3} +b^{3} +c^{3} +ab(a+b)+bc(b+

c)+ca(c+a) = (a+b+c)(ab+bc+ca)−3abc+a^{3} +b^{3} +c^{3} e sappiamo che a^{3} +b^{3} +c^{3} −3abc =

\frac{1}{2}(a + b + c)((a − b)^{2} + (b − c)^{2} + (c − a)^{2}) da cui a^{3} + b^{3} + c^{3} + ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) =

(a + b + c)(((ab + bc + ca) + \frac{1}{2}((a − b)^{2} + (b − c)^{2} + (c − a)^{2}) = (a + b + c)(a^{2} + b^{2} + c^{2})) e quindi

\frac{(a^{2} + b^{2} + c^{2})^{2}}{(a + b + c)(a^{2} + b^{2} + c^{2})} ≥ \frac{a + b + c}{3} e quindi a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ \frac{(a + b + c)^{2}}{3} che è ben nota.

Seconda dimostrazione Osserviamo che \frac{a^{3}}{a^{2} + ab + b^{2}} = \frac{a^{3} − b^{3}}{a^{2} + ab + b^{2}} + \frac{b^{3}}{a^{2} + ab + b^{2}} = a −

b + \frac{b^{3}}{a^{2} + ab + b^{2}} per cui ∑_{cyc} \frac{a^{3}}{a^{2} + ab + b^{2}} = ∑_{cyc} \frac{b^{3}}{b^{2} + bc + c^{2}} da cui la disuguaglianza diventa

∑_{cyc} \frac{a^{3} + b^{3}}{a^{2} + ab + b^{2}} ≥ \frac{2}{3}(a+b+c). Ora osserviamo che \frac{a^{3} + b^{2}}{a^{2} + ab + b^{2}} ≥ \frac{a + b}{3} ossia 2(a^{2} +b^{2}) ≥ 4ab

e la dimostrazione è finita.

126.1.A Abbiamo 1 = ab+bc+ca) ≥ 3(abc)^{2/3} ed inoltre \sqrt{a^{2} + a^{2} + a^{2} + b^{2}} ≥ \sqrt{4(a^{3/2}b^{1/2})} =

2a^{3/4}b^{1/4} da cui ∑_{cyc} \frac{\sqrt{3a^{2} + b^{2}}}{ab} ≥ ∑_{cyc} \frac{2}{a^{1/4}b^{3/4}} ≥ 6(abc)^{−1/3} ≥ 6\sqrt{3}.

127.1.A Svolgendo i calcoli si arriva a 8+(abc)^{2}+∑_{cyc}(2a^{2}b^{2}+a^{2}) ≥ 6 ∑_{cyc} ab. Dalla ∑_{cyc}(ab−1)^{2} ≥

0 otteniamo 6 + 2 ∑_{cyc}(ab)^{2} ≥ 4 ∑_{cyc} ab per cui otteniamo (abc)^{2} + 2 ∑_{cyc} a^{2} ≥ 2 ∑_{cyc} ab che è la

disuguaglianza di (rich.19)

Seconda soluzione Da Cauchy–Schwarz otteniamo (a^{2} + 2)(b^{2} + 2) = (a^{2} + 1)(b^{2} + 1) + a^{2} +

b^{2} + 3 ≥ (a + b)^{2} + \frac{1}{2}(a + b)^{2} + 3 = \frac{3}{2}(a + b)^{2} + 3. Applicando di nuovo Cauchy–Schwarz si ha

(\frac{3}{2}(a + b)^{2} + 3)(c^{2} + 2) ≥ (\sqrt{\frac{3}{2}}(a + b)\sqrt{2} + \sqrt{3}c)^{2} = 3(a + b + c)^{2}

128.1.A Prima dimostrazione Dalla convessità della funzione 1/\sqrt{x} ed il fatto che a + b +

c = 1 otteniamo \frac{a}{\sqrt{b^{2} + 3c}} + \frac{b}{\sqrt{c^{2} + 3a}} + \frac{c}{\sqrt{a^{2} + 3b}} ≥ \frac{1}{\sqrt{ab^{2} + bc^{2} + ca^{2} + 3(ab + bc + ca)}} ≥

\frac{1}{\sqrt{1 + 3abc}} e quindi 1 + 3abc ≥ ab^{2} + bc^{2} + ca^{2} + 3(ab + bc + ca) e quindi (a + b + c)^{3} + 3abc ≥

ab^{2} +bc^{2} +ca^{2} +3(ab+bc+ca)(a+b+c) che semplificando diventa a^{3} +b^{3} +c^{3} ≥ ab^{2} +bc^{2} +ca^{2} che è ben nota da (a^{3} + b^{3} + b^{3})/3 ≥ ab^{2}.

Seconda dimostrazione Una volta arrivati a 1 + 3abc ≥ ab^{2} + bc^{2} + ca^{2} + 3(ab + bc + ca) si può procedere nel seguente modo. 1 = (a+b+c)^{3} = a^{3}+b^{3}+c^{3}+3(a^{2}b+b^{2}a+b^{2}c+bc^{2}+c^{2}a+ca^{2})+6abc ed usando a^{3} + b^{3} + c^{3} ≥ ab^{2} + bc^{2} + ca^{2} la disuguaglianza diventa 3(a^{2}b + b^{2}a + b^{2}c + bc^{2} + c^{2}a + ca^{2}) + 6abc + 3abc ≥ 3(ab + bc + ca) = 3(ab + bc + ca)(a + b + c) ma la parte sinistra è esattamente 3(a+b+c)(ab+bc+ca) essendo abc+(a+b)(b+c)(c+a) = (a+b+c)(ab+bc+ca).

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

Terza dimostrazione Usiamo Hölder per cui (∑_{cyc} \frac{a}{\sqrt{b^{2} + 3c}})^{1/3}(∑_{cyc} \frac{a}{\sqrt{b^{2} + 3c}})^{1/3}(∑_{cyc} a(b^{2} +

3c))^{1/3} ≥ ∑_{cyc} a^{1/3}a^{1/3}a^{1/3} da cui (∑_{cyc} \frac{a}{\sqrt{b^{2} + 3c}})^{2}(∑_{cyc} a(b^{2} + 3c)) ≥ (∑_{cyc} a)^{3} e si ricade nei

casi precedenti. 129.1.A 130.1.A Se a ≥ 3 non c’è nulla da dimostrare. Sia a < 3. Poniamo b = λa ed essendo b ≤ a, a < 3, abbiamo 0 < λ < 1. La disuguaglianza è a + \frac{1}{a^{2}} \frac{1}{λ(1 − λ)} ≥ 3. La parabola λ(1 − λ) ha massimo pari a 1/4 e quindi a + \frac{1}{a^{2}} \frac{1}{λ(1 − λ)} ≥ a + \frac{4}{a^{2}} ≥ 3 ossia a^{3} − 3a^{2} + 4 ≥ 0 ossia (a + 1)(a − 2)^{2} ≥ 0. 131.1.A Da concavità della funzione \sqrt{x} otteniamo ∑_{cyc}(a^{2} − bc)(\sqrt{b} + \sqrt{c}) ≥ 0 da cui, ponendo a = x^{2}, b = y^{2}, c = z^{2} otteniamo ∑_{sym}(x^{4}y − x^{3}y^{2}) ≥ 0 che è vera.

132.1.A L’ipotesi si scrive come ab + bc + ca = (abc)^{3/2}. Da (rich.14) abbiamo ab + bc + ca ≥ \sqrt{3(abc)(a + b + c)} e quindi (abc)^{3/2} ≥ \sqrt{3(abc)(a + b + c)} 133.1.A Prima dimostrazione La retta tangente alla funzione 1/(11+x^{2}) in x = 1 è −\frac{x}{72} + \frac{7}{72}

ed inoltre \frac{1}{11 + x^{2}} ≤ −\frac{x}{72} + \frac{7}{72} da cui ∑_{cyc} \frac{1}{11 + a^{2}} ≤ ∑_{cyc}(−\frac{x}{72} + \frac{7}{72}) = −\frac{4}{72} + \frac{28}{72} = \frac{24}{72} = \frac{1}{3}.

La dimostrazione per cui \frac{1}{11 + x^{2}} ≤ −\frac{x}{72} + \frac{7}{72} ammonta a far vedere che \frac{(x − 5)(x − 1)^{2}}{72(11 + x^{2})} < 0 e questo discende dal fatto che x < 4. Seconda dimostrazione Usando la procedura detta E–V sappiamo che il massimo della quantità −\frac{1}{3} + ∑_{cyc} \frac{1}{11 + a^{2}} è assunto quando tre delle variabili sono uguali. Prendiamo quindi a = b =

c = x e d = 4 − 3y da cui −\frac{1}{3} + ∑_{cyc} \frac{1}{11 + a^{2}} = −\frac{1}{3} \frac{(y − 1)^{2}(3y^{2} − 2y + 7)}{(11 + y^{2})(9 − 8y + 3y^{2})} < 0 chiaramente.

134 .1.A Usiamo la disuguaglianza di Kantorovich c_{k} ≥ 0, x_{k} > 0, ∑_{k=1}^{n} c_{k} = 1, im-

plica (∑_{k=1}^{n} c_{k}x_{k}) (∑_{k=1}^{n} \frac{c_{k}}{x_{k}} ) ≤ \frac{1}{4} (\frac{x_{1} + x_{n}}{\sqrt{x_{1}x_{n}}} )^{2} . Ci basta prendere c_{k} = 1/n e far vedere che

\frac{1}{4} (\frac{a_{1} + a_{n}}{\sqrt{a_{1}a_{n}}} )^{2} ≤ \frac{(a + b)^{2}}{4ab} che ammonta a far vedere a^{2}a_{1}a_{n} − ab(a_{1}^{2} + a_{n}^{2}) + b^{2}a_{1}a_{n} ≥ 0 ossia

(supponiamo a_{1} < a_{n}) a < b\frac{a_{1}}{a_{n}} oppure a > b\frac{a_{n}}{a_{1}} . La seconda è impossibile in quanto a < b e a_{n} > a_{1} ma la prima è sempre verificata in quanto a < a_{1} e b > a_{n}. 135 .1.A Da (rich.14) otteniamo 81\frac{(ab + bc + ca)^{2}}{3(a + b + c)^{2}} (a^{2} + b^{2} + c^{2}) ≤ (a + b + c)^{2} e detta S = a^{2} + b^{2} + c^{2}, ponendo a + b + c = 1, si arriva a 27S(1 − S)^{2} ≤ 4 con 0 < S ≤ 1. La 18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 55 conclusione segue osservando che il massimo di S(1 − S)^{2} si raggiunge per S = 1/3 da cui

27\frac{1}{3} \frac{4}{9} = \frac{4}{27}

136.1.A Dalla relazione a^{3} +b^{3} +3c = 5 ricaviamo a^{3} +1+1+b^{3} +1+1+c+c+c = 9 e quindi dalla AGM 9 ≥ 3a + 3b + 3c ossia a + b + c ≤ 3. Sempre dalla AGM abbiamo a^{3} + b^{3} + c + c + c = 5 ≥ 5(abc)^{3/5} da cui abc ≤ 1. Oppure, una volta arrivati a a + b + c ≤ 3 si giunge alla

stessa conclusione. Dalla concavità di \sqrt{x} si ha ∑_{cyc} \sqrt{\frac{a + b}{2c}} ≤ \sqrt{3}\sqrt{∑_{cyc} \frac{a + b}{2c}} ≤ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} e

quadrando \frac{3}{2} ∑_{cyc} \frac{a + b}{2c} ≤ (∑_{cyc} \frac{1}{a})^{2}. Usando a + b + c ≤ 3 si ha \frac{3}{2}(−3 + ∑_{cyc} \frac{3}{a}) ≤ (∑_{cyc} \frac{1}{a})^{2} da

cui 2S^{2} − 9S + 9 ≥ 0 dove S = 1/a + 1/b + 1/c e quindi S ≤ 2/3 oppure S ≥ 3. Ma dalla AGM

abbiamo S ≥ \frac{3}{(abc)^{1/3}} ≥ 3 essendo (abc) ≤ 1.

137 .1.A Osserviamo che a^{3} + a^{3} + 1 ≥ 3a^{2} dalla AGM. Scriviamo allora ∑_{cyc} \frac{1}{a^{3} + 2} =

2 ∑_{cyc} \frac{1}{2a^{3} + 4} = ∑_{cyc} \frac{2}{2a^{3} + 1 + 3} ≤ ∑_{cyc} \frac{2}{3a^{2} + 3} = \frac{1}{3}

138.1.A Dalla concavità della funzione \sqrt{x} otteniamo \sqrt{3}\sqrt{a + b + c} ≥ ab+bc+ca ossia, usando a + b + c = 3, (a + b + c)\sqrt{a + b + c} ≥ \sqrt{3}(ab + bc + ca). Dunque otteniamo (ab + bc + ca) ≤

\frac{(a + b + c)^{3/2}}{\sqrt{3}} = 3 che è vera essendo 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c)^{2}

139.1.A Sia a^{2} = a′, b^{2} = b′, c^{2} = c′ e togliamo gli apici per comodità . Abbiamo ∑_{cyc} \frac{ab}{c} =

\frac{(ab)^{2} + (bc)^{2} + (ca)^{2}}{abc} ≥ \frac{\sqrt{3(abc)^{2}(a^{2} + b^{2} + c^{2})}}{abc} = \sqrt{3}\sqrt{a^{2} + n^{2} + c^{2}} ≥ (a + b + c) = 1 dove

abbiamo usato (rich.14) e a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ (a + b + c)^{2}/3.

140.1.A Prima dimostrazione Semplificando abbiamo ∑_{cyc}(3a^{5}b + 6a^{4}b^{2} + 18a^{4}c^{2} + 3a^{3}b^{2} +

2a^{4}bc) ≥ ∑_{cyc}(9a^{3}bc^{2} + 17(abc)^{2} + 6a^{3}b^{3}). Abbiamo

\underbrace{\frac{a^{4}c^{2}}{6} + … + \frac{a^{4}c^{2}}{6}}_{4 volte} +\frac{b^{4}a^{2}}{6} + \frac{c^{4}b^{2}}{6} ≥ a^{3}bc^{2}, \underbrace{\frac{b^{4}a^{2}}{6} + … + \frac{b^{4}a^{2}}{6}}_{4 volte} +\frac{c^{4}b^{2}}{6} + \frac{a^{4}c^{2}}{6} ≥ b^{3}ca^{2}

\underbrace{\frac{c^{4}b^{2}}{6} + … + \frac{c^{4}b^{2}}{6}}_{4 volte} +\frac{a^{4}c^{2}}{6} + \frac{b^{4}a^{2}}{6} ≥ c^{3}ab^{2}

Otteniamo quindi ∑_{cyc}(3a^{5}b + 6a^{4}b^{2} + 9a^{4}c^{2} + 3a^{3}b^{2} + 2a^{4}bc) ≥ ∑_{cyc}(17(abc)^{2} + 6a^{3}b^{3}). Poi

abbiamo

\frac{a^{4}b^{2} + a^{2}b^{4}}{2} ≥ a^{3}b^{3}, \frac{b^{4}c^{2} + b^{2}c^{4}}{2} ≥ b^{3}c^{3}, \frac{c^{4}a^{2} + c^{2}a^{4}}{2} ≥ c^{3}a^{3},

per cui arriviamo a ∑_{cyc}(3a^{5}b + 3a^{4}b^{2} + 6a^{4}c^{2} + 3a^{3}b^{2} + 2a^{4}bc) ≥ ∑_{cyc} 17(abc)^{2} che è ovvia

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

Seconda dimostrazione Scriviamo ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{a + 2b^{2}} = ∑_{cyc}(a − \frac{2ab^{2}}{a + 2b^{2}} ) da cui ∑_{cyc} \frac{ab^{2}}{a + 2b^{2}} ≤ 1. Essendo a + b^{2} + b^{3} ≥ 3 ^{3} \sqrt{a^{2}b^{4}}, la disuguaglianza diventa ∑_{cyc}(ab)^{2/3} ≤ 3. Definiamo a = A^{3}, b = B^{3}, c = C^{3} e quindi (AB)^{2} + (BC)^{2} + (CA)^{2} ≤ 3 con A^{3} + B^{3} + C^{3} = 3. Omogeneizziamo

scrivendo ∑_{cyc}(AB)^{2} ≤ 3(\frac{A^{3} + B^{3} + C^{3}}{3} )^{4} ossia 3(A^{2}B^{2} + B^{2}C^{2} + C^{2}A^{2})^{3} ≤ (A^{3} + B^{3} + C^{3})^{4}

che diventa ∑_{sym}(\frac{1}{2}A^{12} + \frac{3}{2}(AB)^{6} + 6A^{6}B^{3}C^{3} + 4A^{9}B^{3}) ≥ ∑_{sym}(9A^{6}B^{4}C^{2} + 3(ABC)^{4}). Ora

osserviamo che A^{9}B^{3} + A^{3}B^{6}C^{3} ≥ 2(A^{6}B^{\frac{9}{2} ,}C) da cui 4 ∑_{sym}(A^{9}B^{3} + A^{3}B^{6}C^{3}) ≥ 8 ∑_{sym} A^{6}B^{\frac{9}{2}} C e

∑_{sym} A^{6}B^{\frac{9}{2}} C ≥ ∑_{sym} A^{6}B^{4}C^{2} per cui la disuguaglianza diventa ∑_{sym}(\frac{1}{2}A^{12}+ \frac{3}{2}(AB)^{6}+2A^{6}B^{3}C^{3}) ≥

∑_{sym}(A^{6}B^{4}C^{2} +3(ABC)^{4}). Essendo poi ∑_{sym} A^{6}B^{6} ≥ ∑_{sym} A^{6}B^{4}C^{2} rimane ∑_{sym}(\frac{1}{2}A^{12} + \frac{1}{2}(AB)^{6} +

2A^{6}B^{3}C^{3}) ≥ ∑_{sym} 3(ABC)^{4} che è ovvia.

Terza dimostrazione Una volta arrivati a ∑_{cyc}(ab)^{2/3} ≤ 3 scriviamo (ab)^{\frac{2}{3}} ≤ \frac{ab + ab + 1}{3} per

cui ∑_{cyc}(ab)^{\frac{2}{3}} ≤ 1 + \frac{2}{3}(ab + bc + ca) ≤ 1 + \frac{2}{3}3 = 3.

141.1.A Sia a+b+c = S. La disuguaglianza diventa ∑_{cyc} \frac{a(a + 1 − S)}{(S − a)^{2}} ≥ 0. La derivata seconda

della funzione \frac{a(a + 1 − S)}{(S − a)^{2}} è 2\frac{2S + a − S^{2} + Sa}{(−S + a)^{4}}. Il numeratore è positivo se a ≥ \frac{S^{2} − 2S}{S + 1} .

Essendo S ≤ 3/2, la quantità \frac{S^{2} − 2S}{S + 1} è negativa e quindi, essendo a ≥ 0, la derivata seconda è positiva. Applichiamo la disuguaglianza di Karamata (S/3, S/3, S/3) ≺ (a, b, c) ottenendo

∑_{cyc} \frac{a(a + 1 − S)}{(S − a)^{2}} ≥ ∑_{cyc} \frac{a(a + 1 − S)}{(S − a)^{2}} |_{a=S/3}= \frac{3}{4} \frac{3 − 2S}{S} ≥ 0 ossia S ≤ 3/2.

142 .1.A Semplificando il tutto si ha ∑_{sym}(a^{4}b^{2} + 5(ab)^{3} + 7(abc)^{2} + 4a^{5}b + 5a^{4}c + 4a^{6}) ≥ ∑_{sym} 26a^{4}b^{2}c. Da Schür ∑_{sym}(a^{6} + (abc)^{2} − 2a^{4}b^{2}) ≥ 0 arriviamo a ∑_{sym}(9a^{4}b^{2} + 5(ab)^{3} + 3(abc)^{2} +

4a^{5}b + 5a^{4}bc) ≥ ∑_{sym} 26a^{3}b^{2}c. Poi usiamo a^{4}b^{2} + a^{2}b^{2}c^{2} ≥ 2(a^{3}b^{2}c) per scrivere ∑_{sym}(6a^{4}b^{2} +

5(ab)^{3} + 4a^{5}b + 5a^{4}bc) ≥ ∑_{sym} 20a^{3}b^{2}c che è vera e discende dalla AGM.

143 .1.A Riscriviamo la disuguaglianza come ∑_{cyc} \frac{a + b}{2} ∑_{cyc} \frac{a + b}{1 + c^{2}} ≥ \frac{27}{2} e da Cauchy– Schwarz abbiamo \frac{1}{2} (∑_{cyc} \sqrt{a + b}\begin{matrix}√ & \overline{a + b} \\ √ & \overline{1 + c^{2}} \end{matrix} )^{2} ≥ \frac{27}{2} ossia ∑_{cyc} \frac{a + b}{\sqrt{1 + c^{2}}} ≥ 3\sqrt{3}. Da Hölder 18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 57

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

abbiamo ∑_{cyc} \frac{a + b}{\sqrt{1 + c^{2}}} ∑_{cyc} \frac{a + b}{\sqrt{1 + c^{2}}} ∑_{cyc}(a + b)(1 + c^{2}) ≥ (2(a + b + c))^{3} e quindi otteniamo

8(a + b + c)^{3} ≥ 27 ∑_{cyc}(1 + c^{2})(a + b) da cui \frac{8(a + b + c)^{3}}{2(a + b + c) + ∑_{cyc} a^{2}(b + c)} ≥ 27. Ricordando

che S ≐ a + b + c = abc, tenendo conto che 3 ∑_{cyc} a^{2}(b + c) = (a + b + c)^{3} − (a^{3} + b^{3} + c^{3}) − 6abc, otteniamo 8S^{3} ≥ 54S + 9S^{3} − 9(a^{3} + b^{3} + c^{3}) − 54S ossia 9(a^{3} + b^{3} + c^{3}) ≥ S^{3} che è vera per la Power–means–ineq. 144.1.A Prima dimostrazione Da Cauchy–Schwarz otteniamo

∑_{cyc} \frac{a^{3}}{2b^{2} + c^{2}} ≥ \frac{(a^{2} + b^{2} + c^{2})^{2}}{2ab^{2} + ac^{2} + 2bc^{2} + ba^{2} + 2ca^{2} + cb^{2}} ≥ 1 ossia ∑_{cyc}(2ab^{2} + ac^{2}) ≤ 9. Omogeneiz-

zando si ottiene 3(a^{2} +b^{2} +c^{2})^{3} ≥ (∑_{cyc}(2ab^{2} +ac^{2}))^{2} ossia ∑_{cyc}(3a^{6} +5a^{4}b^{2} +8a^{2}c^{4} +2(abc)^{2}) ≥ ∑_{cyc}(4(ab)^{3} + 8ab^{3}c^{2} + 4abc^{4} + 2a^{3}bc^{2}). I passaggi sono molti.

1) 2 ∑_{cyc}(a^{6} + (abc)^{2}) ≥ 2 ∑_{sym} a^{4}b^{2} ottenendo ∑_{cyc}(a^{6} + 5a^{4}b^{2} + 8a^{2}c^{4}) + 2 ∑_{sym} a^{4}b^{2} ≥ ∑_{cyc}(4(ab)^{3} + 8ab^{3}c^{2}+4abc^{4}+2a^{3}bc^{2}) che riscriviamo come ∑_{cyc}(a^{6}+3a^{2}c^{4})+∑_{sym} 7a^{4}b^{2} ≥ ∑_{cyc}(4(ab)^{3}+6ab^{3}c^{2}+

4abc^{4} + 2a^{3}bc^{2})+ ∑_{sym} 2a^{3}b^{2}c

2) ∑_{cyc} a^{6} ≥ ∑_{cyc}(ab)^{3} e ∑_{sym}(a^{4}b^{2} − a^{3}b^{2}c) ≥ 0 essendo [3, 2, 1] ≺ [4, 2, 0] da cui ∑_{cyc}(3a^{2}c^{4}) +

∑_{sym} 5a^{4}b^{2} ≥ ∑_{cyc}(3(ab)^{3} + 6ab^{3}c^{2} + 4abc^{4})

3) (a^{4}b^{2} +a^{4}c^{2}) ≥ 2a^{4}bc da cui 2 ∑_{sym} a^{4}c^{2} ≥ 4 ∑_{cyc} c^{4}ab da cui 3 ∑_{sym} a^{4}b^{2} ≥ ∑_{cyc} 3ac^{2}b^{3} + \frac{3}{2} ∑_{sym}(ab)^{3}

4) essendo [3, 3,] ≺ [4, 2] abbiamo ∑_{sym} a^{4}b?2 ≥ ∑_{sym}(ab)^{3} da cui rimane ∑_{sym} a^{4}b^{2} ≥ 2 ∑_{cyc} ac^{2}b^{3}

5) Osserviamo che 2\frac{1}{4}(b^{4}c^{2} + b^{4}c^{2} + c^{4}b^{2} + a^{4}b^{2}) ≥ 2ac^{2}b^{3} e quindi il risultato. Seconda dimostrazione Una volta arrivati a ∑_{cyc}(2ab^{2} +ac^{2}) ≤ 9 dimostriamo che ∑_{cyc} a^{2}b ≤ 3 quando a^{2} + b^{2} + c^{2} = 3. Infatti mostriamo come ∑_{cyc} a^{2}b ≤ \frac{(a^{2} + b^{2} + c^{2})^{3/2}}{\sqrt{3}} = 3. Liberando le parentesi si ha ∑_{cyc}(a^{6} + 3a^{4}b^{2} + 2(abc)^{2}) ≥ 6 ∑_{cyc} a^{3}bc^{2} e segue dalla AGM in quanto 2(a^{4}b^{2} + (abc)^{2}) ≥ 4a^{3}b^{2}c e (a^{6} + b^{2}c^{4}) ≥ 2(a^{3}b^{2}c) 145.1.A Prima dimostrazione Omogeneizzando e semplificando si ha ∑_{cyc}(2x^{4}y^{2}+ \frac{5}{2}x^{3}y^{3}) ≥ ∑_{cyc}(\frac{1}{2}x^{4}yz + 2x^{3}y^{2}z + 2(xyz)^{2}) che seguono dalla AGM. Infatti [3, 2, 1] ≺ [3, 3, 0] da (x^{3}y^{3} + x^{3}y^{3} + x^{3}z^{3})/3 ≥ x^{3}y^{2}z. Inoltre si ha [3, 2, 1] ≺ [2, 2, 2] da (x^{3}y^{3} + x^{3}z^{3} + y^{3}z^{3})/3 ≥ x^{2}y^{2}z^{2}. Poi abiamo [4, 1, 1] ≺ [4, 2, 0] da (x^{4}y^{2} + x^{4}z^{2})/2 ≥ x^{4}yz ed infine [2, 2, 2] ≺ [4, 2, 0] da (x^{4}y^{2} + 18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 58

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

y^{4}z^{2} + z^{4}x^{2})/3 ≥ x^{2}y^{2}z^{2}. Seconda dimostrazione Osserviamo \frac{a^{2} − bc}{a^{2} + a} = 1 − \frac{a + bc}{a^{2} + a} da cui ∑_{cyc} \frac{a + bc}{a^{2} + a} ≥ 3. Essendo da Cauchy–Schwarz ∑_{cyc} \frac{1}{1 + a} ≥ \frac{9}{3 + a + b + c} = \frac{9}{4} abbiamo ∑_{cyc} \frac{bc}{a^{2} + a} ≥ \frac{3}{4} e da Cauchy–Schwarz

si ha \frac{(ab + bc + ca)^{2}}{3abc + abc(a + b + c)} = \frac{(ab + bc + ca)^{2}}{4abc} ≥ \frac{3}{4} ossia (ab + bc + ca)^{2} ≥ 3abc che segue da

(rich.14)

Terza dimostrazione Consideriamo la disuguaglianza è ∑_{cyc} \frac{bc}{a^{2} + a} ≥ ∑_{cyc} \frac{a}{1 + a}. La funzione a/(1+a) è concava per a ≥ 0 da cui ∑_{cyc} \frac{a}{1 + a} ≤ 3\frac{\frac{1}{3}}{1 + \frac{1}{3}} da cui ∑_{cyc} \frac{a}{1 + a} ≤ \frac{3}{4} e dopo procediamo come nel caso precedente. Quarta dimostrazione Partiamo dalla disuguaglianza ∑_{cyc} \frac{bc}{a^{2} + a} ≥ ∑_{cyc} \frac{a}{1 + a} e osserviamo che a ≥ b ≥ c implica ab ≥ bc ≥ ca da cui 1/(c^{2} + c) ≥ 1/(b^{2} + b) ≥ 1/(a^{2} + a) e quindi da Chebysev si ottiene \frac{1}{3}(ab + bc + ca)(\frac{1}{a^{2} + a} + \frac{1}{b^{2} + b} + \frac{1}{c^{2} + c}) ≥ \frac{3}{4} ≥ ∑_{cyc} \frac{a}{1 + a} e quindi,

usando (rich.14), \frac{1}{\sqrt{3}}\sqrt{abc}(\frac{1}{a^{2} + a} + \frac{1}{b^{2} + b} + \frac{1}{c^{2} + c}) ≥ \frac{3}{4} ossia \sqrt{abc}(∑_{cyc} \frac{1}{a} − ∑_{cyc} \frac{1}{1 + a}) ≥

\frac{3\sqrt{3}}{4}. Ora da (rich.14) otteniamo ∑_{cyc} \frac{1}{a} = \frac{ab + bc + ca}{abc} ≥ \frac{\sqrt{3(abc)(a + b + c)}}{abc} = \begin{matrix}√ & \overline{3} \\ √ & \overline{abc} \end{matrix} e

quindi \sqrt{abc} ∑_{cyc} \frac{1}{1 + a} ≤ \frac{\sqrt{3}}{4} che riscriviamo come \sqrt{abc} ∑_{cyc}(1 − \frac{a}{1 + a}) ≤ \frac{\sqrt{3}}{4}. Arriviamo a \sqrt{abc} ∑_{cyc} \frac{a}{1 + a} ≥ 3\sqrt{abc} − \frac{\sqrt{3}}{4}. Da Cauchy–Schwarz, essendo 1 + a + 1 + b + 1 + c = 4,

abbiamo \sqrt{abc} ∑_{cyc} \frac{a}{1 + a} ∑_{cyc}(1 + a) ≥ \sqrt{abc}(∑_{cyc} \sqrt{a})^{2} = \sqrt{abc}(1 + 2 ∑_{cyc} \sqrt{ab}) ≥ \sqrt{abc}(1 +

6 ^{3} \sqrt{abc}) ≥ (3\sqrt{abc} − \frac{\sqrt{3}}{4})4. Detta x = \sqrt{abc} ≤ \frac{1}{3\sqrt{3}}, l’ultima disuguaglianza è equivalente a

\frac{1}{3}(72x^{4}+8\sqrt{3}x^{3}−441x^{2}+72x\sqrt{3}−9)(9x−\sqrt{3}) ≥ 0 e quindi 72x^{4}+8\sqrt{3}x^{3}−441x^{2}+72x\sqrt{3}−9 ≤ 0.

Abbiamo 441x^{2} − 72x^{4} − 8\sqrt{3}x^{3} ≥ x^{2}(441 − 72x^{2} − 8\sqrt{3}x)|_{x=1/(3\sqrt{3})}= x^{2}(441 − \frac{16}{3}) e quindi

dobbiamo mostrare che x^{2}(441 − \frac{16}{3}) + 9 ≥ 72\sqrt{3}x che è vero essendo x^{2}(441 − \frac{16}{3}) + 9 =

\frac{1307}{3}x^{2} + 9 ≥ \frac{2 · 3 · 36}{\sqrt{3}}x = 72\sqrt{3}x

146.1.A Da (rich.14) abbiamo 1 + \frac{3}{a + b + c} ≥ \frac{6}{\sqrt{3(abc)(a + b + c)}} = \frac{6}{\sqrt{3}\sqrt{a + b + c}} ossia (S − \sqrt{3})^{2} ≥ 0 dove S = a + b + c. 147 .1.A Prima dimostrazione La funzione x/(2 − x) è convessa per 0 < x < 2 per cui 18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 59

∑_{k=1}^{n} \frac{a_{k}}{2 − a_{k}} ≥ \frac{1}{2 − ∑_{k=1}^{n} a_{k}^{2}} ≥ \frac{n}{2n − 1} ossia ∑_{k=1}^{n} a_{k}^{2} ≥ 1/n che segue a a_{1}^{2} + … + a_{n}^{2} ≥ (a_{1} + … +

a_{n})^{2}/n

Seconda dimostrazione Da Cauchy–Schwarz ∑_{k=1}^{n} \frac{a_{k}}{2 − a_{k}} ≥ \frac{(a_{1} + … + a_{n})^{2}}{2(a_{1} + … + a_{n}) − ∑_{k=1}^{n} a_{k}^{2}} ≥

\frac{n}{2n − 1} ossia quella di prima.

148.1.A Sappiamo che (a + b)(b + c)(c + a) + abc = (a + b + c)(ab + bc + ca) da cui (a + b + c)(ab + bc + ca) − 4(a + b + c) + 3 ≥ 0. Usiamo (rich.14) ed ottenimo \sqrt{3}x^{3/2} − 4x + 3 = (\sqrt{x} − \sqrt{3})(\sqrt{3}x − \sqrt{b}x + \sqrt{3}) ≥ 0 dove x = a + b + c che è ovvia in quanto la parte quadratica ha discriminante minore di zero e x ≥ 3(abc)^{1/3} = 3

149.1.A Poniamo c = λa, b = μa e la disuguaglianza è equivalente a μ^{2}+μλ(λ−1)+λ(λ−1)^{2} ≥ 0. Il discriminante è pari a Δ = (λ − 1)^{2}λ(λ − 4) ed è negativo per λ < 4. Se λ ≥ 4 vuol dire che c/a ≥ 4 e la disuguaglianza pure è vera.

150.1.A Prima dimostrazione Facendo la radice cubica otteniamo da (\frac{a + 2b}{a + 2c})^{3}+(\frac{b + 2c}{b + 2a})^{3}+

(\frac{c + 2a}{c + 2b})^{3} ≥ 3 la disuguaglianza ^{3} \sqrt{(\frac{a + 2b}{a + 2c})^{3} + (\frac{b + 2c}{b + 2a})^{3} + (\frac{c + 2a}{c + 2b})^{3}} ≥ ^{3} \sqrt{3}. Poi, tenendo

conto che la funzione x^{1/3} è concava per x > 0 e quindi ^{3} \sqrt{\frac{x + y + x}{3}} ≥ \frac{1}{3}( ^{3} \sqrt{x} + ^{3} \sqrt{y} + ^{3} \sqrt{z})

otteniamo \frac{a + 2b}{a + 2c} + \frac{b + 2c}{b + 2a} + \frac{c + 2a}{c + 2b} ≥ 3. Semplificando si arriva a ∑_{cyc}(2a^{3} + 3ab^{2}) ≥ ∑_{cyc}(3a^{2}b +

2abc). Una prima semplificazione si ottiene dal gruppo a^{3} + ab^{2} ≥ 2a^{2}b, b^{3} + bc^{2} ≥ 2b^{2}c, c^{3} + ca^{2} ≥ 2c^{2}a ed arriviamo a ∑_{cyc}(a^{3} + 2ab^{2}) ≥ ∑_{cyc}(a^{2}b + 2abc). Poi arriva un secondo gruppo

(a^{3} + ab^{2})/2 ≥ a^{2}b, (b^{3} + bc^{2})/2 ≥ b^{2}c, (c^{3} + ca^{2})/2 ≥ c^{2}a che ci consente di scrivere ∑_{cyc}(a^{3} +

3ab^{2}) ≥ 12abc. Concludiamo osservando che a^{3} + b^{3} + c^{3} ≥ 3abc, ab^{2} + bc^{2} + ca^{3} ≥ 3abc e la dimostrazione è finita.

Seconda dimostrazione Una volta arrivati a \frac{a + 2b}{a + 2c} + \frac{b + 2c}{b + 2a} + \frac{c + 2a}{c + 2b} ≥ 3 poniamo a+b+c = 1

e quindi otteniamo ∑_{cyc} \frac{1 − (c − b)}{1 + (c − b)} ≥ 3. Poi osserviamo che a − c, b − a, c − b sono quantità che

appartengono all’intervallo (−1, 1) ed in tale intervallo la funzione (1 − x)/(1 + x) è convessa.

Ne segue ∑_{cyc} \frac{1 − (c − b)}{1 + (c − b)} ≥ 3\frac{1 − \frac{1}{3} ∑_{cyc}(c − a)}{1 + \frac{1}{3} ∑_{cyc}(c − a)} = 3 e la dimostrazione è conclusa.

151.1.A Semplificando i denominatori si perviene a ∑_{sym} \frac{2a^{4}b^{2} + a^{4}bc − a^{3}b^{2}c − 2(abc)^{2}}{abc(a + b)(b + c)(c + a)} ≥ 0.

Una prima parte precede che ∑_{sym} a^{4}bc ≥ ∑_{sym} a^{3}b^{2}c ossia ∑_{sym} a^{3} ≥ ∑_{sym} a^{2}b e questo è evidente da

(a^{3} + a^{3} + c^{3})/3 ≥ a^{2}c (b^{3} + b^{3} + c^{3})/3 ≥ b^{2}c, (a^{3} + a^{3} + b^{3}) ≥ a^{2}b, (b^{3} + b^{3} + a^{3})/3 ≥ b^{2}a, (c^{3} + c^{3} + a^{3})/3 ≥ c^{2}a, (c^{3} + c^{3} + b^{3})/3 ≥ bc^{2} (si poteva invocare il teorema di Muirhead). La seconda parte della dimostrazione è ∑_{sym} a^{4}b^{2} ≥ ∑_{sym}(abc)^{2} ed anche questa segue dalla AGM semplicemente (a^{4}b^{2} + b^{4}a^{2} + b^{4}c^{2} + b^{2}c^{4} + c^{4}b^{2} + b^{2}c^{4}) ≥ 6(abc)^{2} 152.1.A Prima dimostrazione Usando Cauchy–Schwarz nella forma (\frac{x^{2}}{α} + \frac{y^{2}}{β} + \frac{z^{2}}{γ})(α+β+γ) ≥

(x + y + z)^{2} e quindi \frac{a}{b + 2c} + \frac{b}{c + 2a} + \frac{c}{a + 2b} ≥ \frac{(a + b + c)^{2}}{3(ab + bc + ca)} ≥ 1 ossia, semplificando

(a + b + c)^{2} ≥ 3(ab + bc + ca) ed ancora a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ ab + bc + ca che naturalmente è vera. Seconda dimostrazione Assumendo a + b + c = 1, (assunzione lecita dalla omogeneità )

otteniamo \frac{a}{1 + c − a} + \frac{b}{1 + a − b} + \frac{c}{1 + b − c} ≥ 1. La funzione 1/(1 + x) è convessa per

x > 0 e quindi \frac{a}{1 + c − a} + \frac{b}{1 + a − b} + \frac{c}{1 + b − c} ≥ \frac{1}{1 + ab + bc + ca − a^{2} − b^{2} − c^{2}} ≥ 1 os-

sia a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ ab + bc + ca.

153 .1.A La disuguaglianza è evidentemente (\frac{a + b − c}{a})^{a}(\frac{b + c − a}{b})^{b}(\frac{a + c − b}{c})^{c} ≤ 1. Se

moltiplichiamo ciascun lato del triangolo per λ otteniamo (\frac{a+b−c}{a})^{λa}(\frac{b+c−a}{b})^{λb}(\frac{a+c−b}{c})^{λc} ≤ 1. Prendendo la radice λ–esima riotteniamo (\frac{a+b−c}{a})^{a}(\frac{b+c−a}{b})^{b}(\frac{a+c−b}{c})^{c} ≤ 1. Possiamo quindi supporre s = 1 e scrivere (1+ \frac{b−c}{a})^{a}(1+ \frac{c−a}{b})^{b}(1+ \frac{a−b}{c})^{c} ≤ 1. Osserviamo che \frac{b−c}{a}, \frac{c−a}{b}, \frac{a−b}{c} > −1 mentre 0 < a, b, c <≤ 1 e quindi possiamo applicare la disuguaglianza di Bernoulli (rich.7) (1 + x)^{α} ≤ 1 + αx e quindi (1 + \frac{b−c}{a})^{a}(1 + \frac{c−a}{b})^{b}(1 + \frac{a−b}{c})^{c} ≤ (1 + b − c)(1 + c − a))(1 + a − b) ≤ \frac{1}{3^{3}} (3)^{3} = 1. L’ultima disuguaglianza è la AGM.

154.1.A Prima dimostrazione Usiamo la disuguaglianza di Cauchy–Schwarz nella forma (\frac{x^{2}}{α} +

\frac{y^{2}}{β} + \frac{z^{2}}{γ})(α+β +γ) ≥ (x+y+z)^{2} ed otteniamo \frac{a}{b+c+1} + \frac{b}{c+a+1} + \frac{c}{a+b+1} ≥ \frac{(a+b+c)^{2}}{2ab+2bc+2ca+a+b+c} ≥ 1

ossia a^{2} +b^{2} +c^{2} ≥ a+b+c. Sappiamo che a^{2} +b^{2} +c^{2} ≥ (a+b+c)^{2}/3 = (a+b+c)(a+b+c)/3 ≥ (a + b + c)(abc)^{1/3} = a + b + c.

Seconda dimostrazione Riscriviamo la disuguaglianza come \frac{a}{b+c+(abc)^{1/3}} + \frac{b}{a+c+(abc)^{1/3}} + \frac{c}{a+b+(abc)^{1/3}} ≥ 1 e poi definiamo a = x^{3}, b = y^{3}, c = z^{3} per

cui \frac{a^{3}}{b^{3}+c^{3}+abc} + \frac{b^{3}}{a^{3}+c^{3}+abc} + \frac{c^{3}}{a^{3}+b^{3}+abc} ≥ 1. Semplificando si ottiene ∑_{cyc} a^{9} + ∑_{cyc} a^{7}bc ≥ ∑_{cyc} a^{5}b^{2}c^{2} + ∑_{cyc} a^{4}b^{4}c ossia \frac{1}{2}((∑_{sym} a^{9} + ∑_{sym} a^{7}bc) ≥ \frac{1}{2}(∑_{sym} a^{5}b^{2}c^{2} + ∑_{sym} a^{4}b^{4}c) che è vera grazie al Teorema di Muirhead. Le disuguaglianze sottostanti all’applicazione del Teorema sono (a^{7}bc + b^{7}ac)/2 ≥ a^{4}b^{4}c e similari e

\underbrace{\frac{a^{9}}{9} + … + \frac{a^{9}}{9}}_{5−−volte} +\frac{b^{9}}{9} + \frac{b^{9}}{9} + \frac{c^{9}}{9} + \frac{c^{9}}{9} ≥ ^{9} \sqrt{a^{45}b^{18}c^{18}} = a^{5}b^{2}c^{2}

\underbrace{\frac{b^{9}}{9} + … + \frac{b^{9}}{9}}_{5−−volte} +\frac{a^{9}}{9} + \frac{a^{9}}{9} + \frac{c^{9}}{9} + \frac{c^{9}}{9} ≥ ^{9} \sqrt{a^{45}b^{18}c^{18}} = b^{5}a^{2}c^{2}

\underbrace{\frac{c^{9}}{9} + … + \frac{c^{9}}{9}}_{5−−volte} +\frac{a^{9}}{9} + \frac{a^{9}}{9} + \frac{b^{9}}{9} + \frac{b^{9}}{9} ≥ ^{9} \sqrt{a^{45}b^{18}c^{18}} = c^{5}b^{2}a^{2}

e similari

Terza dimostrazione Si usa Chebysev in quanto per simmetria possiamo supporre a ≥ b ≥ c

e quindi 1/(b + c + 1) ≥ 1/(a + c + 1) ≥ 1/(a + b + 1). Si ottiene quindi \frac{a}{b + c + 1} + \frac{b}{a + c + 1} +

\frac{c}{a + b + 1} ≥ \frac{1}{3}(a + b + c) (\frac{1}{b + c + 1} + \frac{1}{a + c + 1} + \frac{1}{a + b + 1}) e poi usiamo la AHM per cui

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

\frac{1}{3}(a + b + c)\frac{9}{3 + 2(a + b + c)} ≥ 1 ossia 3(a + b + c) ≥ 2(a + b + c) + 3 ossia a + b + c ≥ 3 e ciò è vero essendo a + b + c ≥ 3 ^{3} \sqrt{abc} = 3 155 .1.A Prima dimostrazione Dividendo per a_{k} si ottiene ∑_{k=1}^{n} _{\frac{1}{1+ \frac{a_{k+1}}{a_{k}}}} ≥ 1 e definendo x_{k} = \frac{a_{k+1}}{a_{k}} si ricade nell’esercizio (rich.9) Seconda dimostrazione Scriviamo ∑_{k=1}^{n} \frac{a_{k}^{2}}{a_{k}^{2}+a_{k}a_{k+1}} ed usiamo la disuguaglianza di Cauchy–

Schwarz nella forma (∑_{k=1}^{n} \frac{x_{k}^{2}}{α_{k}} ) ∑_{k=1}^{n} α_{k} ≥ (∑_{k=1}^{n} x_{k})^{2}. Quindi abbiamo

∑_{k=1}^{n} \frac{a_{k}^{2}}{a_{k}^{2}+a_{k}a_{k+1}} ≥ \frac{(a_{1}+...+a_{k})^{2}}{∑_{k=1}^{n} a_{k}^{2}+2 ∑_{1≤i<j≤n} a_{i}a_{j}} ≥ 1 che è ovvia.

156.1.A Prima dimostrazione Usiamo la disuguaglianza di Cauchy–Schwarz nella forma (\frac{x^{2}}{α} +

\frac{y^{2}}{β} + \frac{z^{2}}{γ})(α + β + γ) ≥ (x + y + z)^{2} e quindi \frac{a}{b+2c} + \frac{b}{c+2a} + \frac{c}{a+2b} ≥ \frac{(a+b+c)^{2}}{a(b+2c)+b(c+2a)+c(a+2b)} =

\frac{(a+b+c)^{2}}{3ab+3bc+3ca} ≥ 1 e quindi a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ ab + bc + ca che segue dal x^{2} + y^{2} ≥ 2xy Seconda dimostrazione Definiamo a + b = x, b + c = y, c + a = z da cui a = (z + y − x)/2, b = (x + y − z)/2, c = y + z − x)/2, e la disuguaglianza diventa ∑_{cyc} \frac{z + y − x}{x + y + z} ≥ 1. Sommando otteniamo 1 ≥ 1. Terza dimostrazione Per omogeneità assumiamo a + b + c = 1 e la disuguaglianza diventa \frac{a}{1 + (c − a)} + \frac{b}{1 + (a − b)} + \frac{c}{1 + (b − c)} ≥ 1. Dalla convessità della funzione 1/(1 + x) abbiamo

\frac{a}{1 + x} + \frac{b}{1 + y} + \frac{c}{1 + z} ≥ \frac{1}{ax + by + cz} e quindi \frac{1}{1 + ab + bc + ca − a^{2} − b^{2} − c^{2}} ≥ 1 ossia a^{2} +

b^{2} + c^{2} ≥ ab + bc + ca che è vera essendo (a^{2} + b^{2})/2 ≥ ab

Quarta dimostrazione Sommando si arriva a

\frac{∑_{cyc} a^{3} + ∑_{cyc} a^{3} + 2 ∑_{cyc} a^{2}b}{(a + 2b)(b + 2c)(c + a)} ≥ \frac{∑_{cyc} abc + 3 ∑_{cyc} ab^{2}}{(a + 2b)(b + 2c)(c + a)}. A parte il fattore ((a+2b)(b+2c)(c+

a))^{−1} scriviamo ∑_{cyc} a^{3} + ∑_{cyc} a^{3} + 3 ∑_{cyc} a^{2}b + ∑_{cyc} abc ≥ ∑_{cyc} a^{2}b + 2 ∑_{cyc} abc + 3 ∑_{cyc} ab^{2}. Ora ci ricordiamo della disuguaglianza di Schür (rich.13) ∑_{cyc}(a^{3} + abc) ≥ ∑_{sym} a^{2}b per cui la disuguaglianza è implicata da ∑_{cyc} a^{3} + 3 ∑_{cyc} a^{2}b ≥ 2 ∑_{cyc} abc + 2 ∑_{cyc} ab^{2}. Dalla AGM abbiamo

∑_{cyc} a^{2}b ≥ ∑_{cyc} abc = 3abc in quanto a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a ≥ 3abc. Ci rimane ∑_{cyc} a^{3} +∑_{cyc} a^{2}b ≥ 2 ∑_{cyc} ab^{2}

ed anche in questo caso la AGM ci viene in soccorso ossia (a^{3} + c^{2}a) ≥ 2a^{2}c, (b^{3} + a^{2}b) ≥ 2b^{2}a, (c^{3} + b^{2}c) ≥ 2c^{2}b.

157.1.A Prima dimostrazione Usiamo la disuguaglianza di Cauchy–Schwarz nella forma (\frac{x^{2}}{α} +

\frac{y^{2}}{β} + \frac{z^{2}}{γ} + \frac{t^{2}}{σ^{2}} )(α + β + γ + σ) ≥ (x + y + z + t)^{2} e quindi \frac{a^{2}}{a+b} + \frac{b^{2}}{b+c} + \frac{c^{2}}{c+d} + \frac{d^{2}}{d+a} ≥ \frac{(a+b+c+d)^{2}}{2a+2b+2c+2d} =

\frac{1}{2(a+b+c+d)} = \frac{1}{2} 18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 62

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Seconda dimostrazione Scriviamo la disuguaglianza come ∑_{cyc} a\frac{1}{1 + \frac{b}{a}} e sfruttando il fatto che 1/(1 + x) è convessa per x > 0 otteniamo ∑_{cyc} a\frac{1}{1 + \frac{b}{a}} ≥ \frac{1}{1 + a + b + c + d} = \frac{1}{2}

158.1.A Prima dimostrazione Usiamo la disuguaglianza di Cauchy–Schwarz nella forma (\frac{x^{2}}{α} +

\frac{y^{2}}{β} +\frac{z^{2}}{γ})(α+β+γ) ≥ (x+y+z)^{2} e quindi \frac{a}{b^{2}c^{2}} +\frac{b}{c^{2}a^{2}} +\frac{c}{a^{2}b^{2}} ≥ \frac{(a + b + c)^{2}}{ab^{2}c^{2} + ba^{2}c^{2} + ca^{2}b^{2}} ≥ \frac{9}{a + b + c}

e quindi (a+b+c)^{3} ≥ 9abc(ab+bc+ca). Essendo abc = 1 abbiamo (a+b+c)^{3} ≥ 9(ab+bc+ca). (a + b + c)^{3} = (a + b + c)^{2}(a + b + c) ≥ 3 · 3(ab + bc + ca) avendo (a + b + c)^{2} ≥ 3(ab + bc + ca) e a + b + c ≥ 3(abc)^{1/3} = 3 ed abbiamo il risultato. Seconda dimostrazione Scriviamo (a + b + c)(\frac{a}{b^{2}c^{2}} + \frac{b}{c^{2}a^{2}} + \frac{c}{a^{2}b^{2}} ) ≥ (\frac{a}{bc} + \frac{b}{ac} + \frac{c}{ab})^{2} ≥

9\frac{(abc)^{2/3}}{(abc)^{4/3}} = 9.

159.1.A Prima dimostrazione Usiamo Cauchy–Schwarz nella forma ∑_{k=1}^{n} \frac{x_{k}^{2}}{α_{k}} ·∑_{k=1}^{n} α_{k} ≥ (∑_{k=1}^{n} x_{k})^{2}

per cui ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{(a + b)(a + c)} ≥ \frac{(a + b + c)^{2}}{a^{2} + b^{2} + c^{2} + 3(ab + bc + ca)} ≥ \frac{3}{4} e quindi 4(a^{2} + b^{2} + c^{2}) ≥

3(a^{2} + b^{2} + c^{2}) + 9(ab + bc + ca) e quindi a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ ab + bc + ca che è vera. Seconda dimostrazione Usando la AGM abbiamo ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{(a + b)(a + c)} ≥ ∑_{cyc} \frac{2a^{2}}{(a + b)^{2} + (a + c)^{2}} ≥ \frac{3}{4} e poi usando Cauchy–Schwarz otteniamo 2\frac{(a + b + c)^{2}}{4(a^{2} + b^{2} + c^{2}) + 4(ab + bc + ca)} ≥ \frac{3}{4} ossia a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ ab + bc + ca come prima. Terza dimostrazione Si definisce x = a/b, y = b/c, z = c/a, e si ottiene xyz = 1, ∑_{cyc} \frac{x}{(x + 1)(z + 1)} ≥ \frac{3}{4}. Semplificando ed avendo pazienza nei calcoli si perviene a

\frac{1}{4} \frac{x + y + z + xy + yz + zx − 3 − 3xyz}{(x + 1)(y + 1)(z + 1)} ≥ 0 il che è vero in quanto ci si riduce a x + y + x + \frac{1}{x} +

\frac{1}{y} + \frac{1}{z} ≥ 3 + 3 = 6 e sappiamo che x + 1/x ≥ 2 160.1.A Prima dimostrazione La terza del precedente esercizio Seconda dimostrazione Poniamo a = x/y, b = y/z, c = z/x. Arriviamo a ∑_{cyc} \frac{xz}{(x + y)(z + y)} ≥ \frac{3}{4} e poi poniamo x = v + w, y = u + w, z = u + v ed arriviamo a

∑_{cyc} \frac{v + w − u}{u} \frac{u + v − w}{w} ≥ 3 che, ponendo u + v + w = 1, diventa ∑_{cyc} \frac{(1 − 2w)(1 − 2u)}{uw} ≥ 3 che

poi diventa 1 + 9uvw ≥ 4(uv + vw + wu) ed è la disuguaglianza di Schür (rich.13) 161.1.A Prima dimostrazione Semplificando si arriva a ∑_{sym}(a^{6} + a^{5}b) ≥ ∑_{sym}(a^{4}b^{2} + a^{3}b^{2}c) e quindi Muirhead basta. In dettaglio abbiamo

\begin{matrix}(a^{6} + a^{6} + b^{6}/3 ≥ a^{4}b^{2}, (a^{6} + b^{6} + b^{6})/3 ≥ b^{4}a^{2}, (a^{6} + a^{6} + c^{6})/3 ≥ a^{4}c^{2}, \\ (a^{6} + c^{6} + c^{6})/3 ≥ c^{4}a^{2}, (b^{6} + b^{6} + c^{6})/3 ≥ b^{4}c^{2}, (c^{6} + c^{6} + b^{6})/3 ≥ c^{4}b^{2} \end{matrix}

18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 63

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e

(a^{5}c + a^{5}c + a^{5}c + b^{5}c + b^{5}c)/5 ≥ a^{3}b^{2}c, (b^{5}a + b^{5}a + b^{5}a + c^{5}a + c^{5}a)/5 ≥ b^{3}c^{2}a,
(c^{5}b + c^{5}b + c^{5}b + a^{5}b + a^{5}b)/5 ≥ c^{3}a^{2}b, (b^{5}c + b^{5}c + b^{5}c + a^{5}c + a^{5}c)/5 ≥ b^{3}a^{2}c,
(c^{5}a + c^{5}a + c^{5}a + b^{5}a + b^{5}a)/5 ≥ c^{3}b^{2}a, (a^{5}b + a^{5}b + a^{5}b + c^{5}b + c^{5}b/5 ≥ a^{3}c^{2}b,

Sempre partendo da ∑_{sym}(a^{6} +a^{5}b) ≥ ∑_{sym}(a^{4}b^{2} +a^{3}b^{2}c) si può anche procedere (a^{6} +a^{6} +b^{6})/3 ≥ a^{4}b^{2} e

\frac{a^{5}b}{7} + \frac{a^{5}b}{7} + \frac{a^{5}b}{7} + \frac{a^{5}b}{7} + \frac{b^{5}c}{7} + \frac{b^{5}c}{7} + \frac{c^{5}a}{7} ≥ a^{3}b^{2}c

Seconda dimostrazione Si usa Chebysev poiché la disuguaglianza è simmetrica e quindi, potendo supporre a ≥ b ≥ c, ne segue \frac{1}{b + c} ≥ \frac{1}{c + a} ≥ \frac{1}{a + b} si ottiene ∑_{cyc} \frac{a^{4}}{b + c} ≥ \frac{1}{3} ∑_{cyc} a^{4} ∑_{cyc} \frac{1}{a + b}. La AHM ci consente di scrivere ∑_{cyc} \frac{1}{a + b} ≥ \frac{9}{2(a + b + c)} e quindi

\frac{1}{3} ∑_{cyc} a^{4} ∑_{cyc} \frac{1}{a + b} ≥ \frac{3}{2} \frac{1}{a + b + c} ∑_{cyc} a^{4}. Ne risulta che dimostriamo \frac{3}{2} \frac{1}{a + b + c} ∑_{cyc} a^{4} ≥ \frac{1}{2} ∑_{cyc} a^{3}

ossia 3 ∑_{cyc} a^{4} ≥ (a + b + c) ∑_{cyc} a^{3}. Semplificando si arriva a ∑_{sym} a^{4} ≥ ∑_{sym} a^{3}b che è certamente vera. Terza dimostrazione Osserviamo che \frac{a^{4}}{b + c} + \frac{a^{2}(b + c)}{4} ≥ a^{3} da cui ∑_{cyc} a^{3}− \frac{1}{4} ∑_{cyc} a^{2}(b+c) ≥ \frac{1}{2} ∑_{cyc} a^{3} da cui ∑_{sym} a^{3} ≥ ∑_{sym} a^{2}(b + c) che è evidente.

Quarta dimostrazione Data la omogeneità , possiamo porre a+b+c = 1 da cui ∑_{cyc} a\frac{a^{3}}{1 − a} ≥ \frac{1}{2}(a^{3} + b^{3} + c^{3}) ed essendo la funzione a^{3}/(1 − a) convessa per 0 ≤ a < 1, possiamo scrivere

\frac{a^{4} + b^{4} + c^{4}}{1 − a^{2} − b^{2} − c^{2}} ≥ \frac{1}{2}(a^{3} + b^{3} + c^{3}) ossia 2(a^{4} + b^{4} + c^{4}) ≥ (a^{3} + b^{3} + c^{3})(1 − a^{2} − b^{2} − c^{2}) ed

omogeneizzando si arriva a (a+b+c)(a^{4} +b^{4} +c^{4}) ≥ (a^{3} +b^{3} +c^{3})(ab+bc+ca) che semplificando diventa la ovvia disuguaglianza a^{5} + b^{5} + c^{5} ≥ a^{3}bc + b^{3}ac + c^{3}ab 162.1.A Prima dimostrazione Scriviamo \frac{a^{4}}{a + b} − a^{3} + a^{3} = −\frac{a^{3}b}{a + b} + a^{3} e quindi la disugua-

glianza diventa \frac{a^{3}b}{a + b} + \frac{b^{3}c}{b + c} + \frac{c^{3}a}{c + a} ≤ \frac{1}{2}(a^{3} + b^{3} + c^{3}). Poi usiamo \frac{ab}{a + b} ≤ \frac{1}{4}(a + b) da cui

\frac{1}{4}(a^{3} + a^{2}b + b^{3} + b^{2}c + c^{3} + c^{2}a) ≤ \frac{1}{2}(a^{3} + b^{3} + c^{3}) e quindi a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a ≤ a^{3} + b^{3} + c^{3} che è

vera grazie alla AGM. Seconda dimostrazione Semplificando si ottiene ∑_{sym} a^{5}b + ∑_{cyc} a^{4}c^{2} ≥ ∑_{cyc} a^{4}b^{2} + ∑_{sym} a^{3}b^{2}c. Primo passaggio. (a^{5}b+a^{5}b+a^{2}b^{4})/3 ≥ a^{4}b^{2}, (b^{5}c+b^{5}c+b^{2}c^{4})/3 ≥ b^{4}c^{2}, (c^{5}a+c^{5}a+c^{2}a^{4})/3 ≥ c^{4}a^{2}

La disuguaglianza diventa ab^{5} + bc^{5} + ca^{5} + \frac{a^{5}b + b^{5}c + c^{5}a}{3} + \frac{2}{3}(a^{2}b^{4} + b^{2}c^{4} + c^{2}a^{4}) ≥ ∑_{sym} a^{3}b^{2}c

ossia 3(a^{5}b + b^{5}c + c^{5}a) + a^{5}b + b^{5}c + c^{5}a + 2(a^{2}b^{4} + b^{2}c^{4} + c^{2}a^{4}) ≥ 3 ∑_{sym} a^{3}b^{2}c

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Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

Secondo passaggio. ∑_{sym} a^{5}b ≥ ∑_{sym} a^{3}b^{2}c da cui si rimane con b^{5}a+c^{5}b+a^{5}c+a^{2}b^{4} +b^{2}c^{4} +c^{2}a^{4} ≥

∑_{sym} a^{3}b^{2}c

Terzo passaggio. (a^{2}b^{4} + c^{2}a^{4})/2 ≥ a^{3}b^{2}c, (a^{2}b^{4} + b^{2}c^{4})/2 ≥ ab^{3}c, (b^{2}c^{4} + c^{2}a^{4})/2 ≥ bc^{3}a^{2}

Quarto passaggio. \frac{b^{5}a}{7} + \frac{c^{5}b}{7} + \frac{c^{5}b}{7} + \frac{a^{5}c}{7} + \frac{a^{5}c}{7} + \frac{a^{5}c}{7} + \frac{a^{5}c}{7} ≥ a^{3}c^{2}b, \frac{c^{5}b}{7} + \frac{a^{5}c}{7} + \frac{a^{5}c}{7} + \frac{b^{5}a}{7} +

\frac{b^{5}a}{7} + \frac{b^{5}a}{7} + \frac{b^{5}a}{7} ≥ b^{3}a^{2}c, \frac{a^{5}c}{7} + \frac{b^{5}a}{7} + \frac{b^{5}a}{7} + \frac{c^{5}b}{7} + \frac{c^{5}b}{7} + \frac{c^{5}b}{7} + \frac{c^{5}b}{7} ≥ c^{3}b^{2}a. Il terzo e quarto

passaggio completano la dimostrazione.

Terza dimostrazione Si usa \frac{a^{4}}{a + b} + \frac{a^{2}(a + b)}{4} ≥ a^{3} da cui ∑_{cyc} \frac{a^{4}}{a + b} +∑_{cyc} \frac{a^{2}(a + b)}{4} ≥ \frac{1}{2} ∑_{cyc} a^{3}+

∑_{cyc} \frac{a^{2}(a + b)}{4} e quindi 2 ∑_{cyc} a^{3} ≥ ∑_{cyc} a^{2}(a + b) che segue da (a^{3} + a^{2} + b^{3})/3 ≥ a^{2}b

163.1.A Dimostriamo che \frac{x^{4}}{1 + y} + \frac{y^{4}}{1 + z} + \frac{z^{4}}{1 + x} ≥ \frac{1}{36}. Usiamo Cauchy–Schwarz nella forma (\frac{\overline{a}^{2}}{x} + \frac{\overline{b}^{2}}{y} + \frac{\overline{c}^{2}}{z})(x+y+z) ≥ (\overline{a}+\overline{b}+\overline{c})^{2} e la power–means–inequality per cui \frac{x^{4}}{1 + y} + \frac{y^{4}}{1 + z} + \frac{z^{4}}{1 + x} ≥

\frac{(x^{2} + y^{2} + z^{2})^{2}}{3 + x + y + z} = \frac{(x^{2} + y^{2} + z^{2})^{2}}{4} ≥ \frac{(x + y + z)^{2}}{9 · 4} = \frac{1}{36}. Per la parte destra facciamo vedere

che \frac{x^{4}}{1 + y} + \frac{y^{4}}{1 + z} + \frac{z^{4}}{1 + x} ≤ x^{3} + y^{3} + z^{3} ≤ 1. Ciò è molto facile da \frac{x^{4}}{1 + y} ≤ x^{3} in quanto possiamo riscrivere come \frac{x^{4}}{1 + y} = \frac{x^{4}}{x + 2y + z} ≤ x^{3} che è vera. 164.1.A Prima dimostrazione La disuguaglianza è simmetrica e quindi possiamo assumere a ≥ b ≥ c. Inoltre abbiamo 1/(b + c) ≥ 1/(c + a) ≥ 1/(a + b) da cui applichiamo Cebyshev ossia ∑_{cyc} \frac{a^{4}}{b^{3} + c^{3}} ≥ \frac{1}{3}(a^{4} + b^{4} + c^{4}) ∑_{cyc} \frac{1}{b^{3} + c^{3}} ≥ \frac{a + b + c}{2}. Ora la funzione 1/x è convessa per

x > 0 da cui \frac{1}{3}(a^{4} + b^{4} + c^{4})\frac{9}{2(a^{3} + b^{3} + c^{3})} ≥ \frac{a + b + c}{2} ossia 2(a^{4} + b^{4} + c^{4}) ≥ ∑_{sym} a^{3}b che è

certamente vera Seconda dimostrazione Da Cauchy ∑_{cyc} \frac{a^{4}}{b^{3} + c^{3}} · ∑_{cyc} a^{2}(b^{3} + c^{3}) ≥ (∑_{cyc} a^{3})^{2} da cui

\frac{(∑_{cyc} a^{3})^{2}}{∑_{cyc} a^{2}(b^{3} + c^{3})} ≥ \frac{a + b + c}{2} ossia ∑_{sym}(a^{6} + (ab)^{3}) ≥ ∑_{sym} a^{4}b^{2} + a^{3}b^{2}c ossia ∑_{sym}(a^{6} + (ab)^{3} +

(abc)^{2} + a^{4}b^{2}) ≥ ∑_{sym}(2a^{4}b^{2} + a^{3}b^{2}c + (abc)^{2}). Da Schür di ordine tre abbiamo ∑_{sym} a^{3} + abc ≥ 2 ∑_{sym} a^{2}b ed applicandola alla tripletta (a^{2}, b^{2}, c^{2}) si ha ∑_{sym} a^{6} + (abc)^{2} ≥ 2 ∑_{sym} a^{4}b^{2} e quindi la disuguaglianza diventa ∑_{sym}((ab)^{3} + a^{4}b^{2}) ≥ ∑_{sym}(a^{3}b^{2}c + (abc)^{2}). Ciò che rimane è evidente.

165.1.A Prima dimostrazione Essendo ciclica, possiamo porre c = min{a, b, c, } e quindi poniamo a = c + x, b = c + y con x, y ≥ 0 e semplifichiamo. Prendendo solo il numeratore si 18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 65

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ottiene il polinomo di ottavo grado i cui coefficienti sono tutti positivi.

− y^{6}x^{4} + x^{7}y^{3} + y^{4}x^{6} + y^{7}x^{3} + c(10x^{6}y^{3} + 2y^{6}x^{3} + 6y^{4}x^{5} + 3y^{7}x^{2} − 6y^{5}x^{4} + 3x^{7}y^{2})+

+ c^{2}(39x^{5}y^{3} + 24x^{6}y^{2} − 9y^{5}x^{3} + 12y^{6}x^{2} + 3y^{7}x + 3x^{7}y)+
+ c^{3}(60x^{4}y^{3} − 20y^{4}x^{3} + 81x^{5}y^{2} + 21x^{6}y + 9y^{5}x^{2} + 13y^{6}x + 2x^{7} + 2y^{7})+
+ c^{4}(30x^{3}y^{3} − 15y^{4}x^{2} + 135x^{4}y^{2} + 63x^{5}y + 15y^{5}x + 12x^{6} + 12y^{6})+
+ c^{5}(−9x^{2}y^{3} + 111x^{3}y^{2} + 30y^{5} − 9y^{4}x + 99x^{4}y + 30x^{5})+
+ c^{6}(36x^{2}y^{2} − 31xy^{3} + 81x^{3}y + 40y^{4} + 40x^{4})+
+ c^{7}(−21xy^{2} + 27x^{2}y + 30y^{3} + 30x^{3}) + c^{8}(12x^{2} + 12y^{2} − 12yx)

\begin{matrix}c^{0}. & (3y^{7}x^{3} + x^{7}y^{3})/4 ≥ y^{6}x^{4} \\ c. & 3(4y^{7}x^{2} + y^{2}x^{7})/5 ≥ 3y^{5}x^{4}, (3y^{6}x^{3} + 3y^{4}x^{5})/2 ≥ 3y^{5}x^{4} \\ c^{2}. & 9(3x^{6}y^{2} + x^{2}y^{6})/4 ≥ 9x^{5}y^{3} \\ c^{3}. & 10(y^{6}x + x^{5}y^{2}) ≥ 20y^{4}x^{3} \\ c^{4}. & 15(x^{3}y^{3} + y^{5}x)/2 ≥ 15y^{4}x^{2} \\ c^{6}. & 31(y^{4} + x^{2}y^{2})/2 ≥ 31xy^{3} \\ c^{7}. & 21(y^{3} + yx^{2})/2 ≥ 21xy^{2} \\ c^{8}. & x^{2} + y^{2} ≥ 2xy \end{matrix}

Per quanto riguarda il coefficiente di c^{5}, poniamo y = px ed otteniamo −9p^{3}+11p^{2}+30p^{5}−9p^{4}+ 99p+30 > 0, 9(p^{5} +p)/2 ≥ 9p^{3} e quindi rimaniamo con 111p^{2} + \frac{51}{2}p^{5} −9p^{4} + \frac{189}{2}p+30 > 0 che è evidentemente vera in quanto, se p ≥ 1 si ha \frac{51}{2}p^{5} − 9p^{4} ≥ 0 mentre se p < 1 si ha 30 − 9p^{4} > 0 Seconda dimostrazione Da Cauchy–Schwarz ∑_{cyc} \frac{a^{4}}{a^{3} + b^{3}} = ∑_{cyc} \frac{a^{6}}{a^{2}(a^{3} + b^{3})} ≥ \frac{(a^{3} + b^{3} + c^{3})^{2}}{∑_{cyc} a^{2}(a^{3} + b^{3})} da cui ∑_{cyc}(a^{6} + 3a^{3}b^{3}) ≥ ∑_{cyc}(ab^{2}c^{3} + a^{2}b^{4}) + ∑_{sym} ab^{5}. Essendo la disuguaglianza ciclica, possiamo porre c = min{a, b, c} e quindi a = c + x, b = c + y ed ottenere il seguente polinomio i cui coefficienti sono tutti positivi

\begin{matrix}c^{4}(2x^{2} + 2y^{2} − 2xy) + c^{3}(x^{3} + y^{3} − 2xy^{2} + 7x^{2}y) + c^{2}(4x^{4} + 4y^{4} − 11xy^{3} + 18x^{2}y^{2} − 2x^{3}y)+ \\ c(4x^{5} + 4y^{5} + 4x^{2}y^{3} + 9x^{3}y^{2} − 7xy^{4} − 5yx^{4}) + (3x^{3}y^{3} + x^{6} + y^{6} − xy^{5} − x^{2}y^{4} − yx^{5}) \end{matrix}

c^{4}. x^{2} + y^{2} ≥ 2xy,
c^{3}. y^{3} + 7x^{2}y ≥ 2\sqrt{7}y^{2}x ≥ 2xy^{2},
c^{2}. x^{4} + x^{2}y^{2} ≥ 2x^{3}y, 4x^{4} + 9x^{2}y^{2} ≥ 12xy^{3}
c. 4x^{5} + 9x^{3}y^{2} ≥ 12x^{4}y, 4(y^{5} + x^{2}y^{3}) ≥ 8xy^{4}

Per quanto riguarda il coefficiente di c^{0} scriviamo y = px da cui p^{6} + 3p^{3} + 1 ≥ p + p^{4} + p^{5} e poi \frac{p^{2}}{4} + \frac{p^{2}}{4} + p^{3} ≥ \frac{3}{\sqrt[3]{2}}p^{5} ≥ p^{5} e rimaniamo con \frac{p^{6}}{2} + 2p^{3} + 1 ≥ p + p^{4}. Poi abbiamo

p^{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} ≥ \frac{3}{2 ^{3} \sqrt{2}}p, e quindi rimane \frac{p^{6}}{2} + p^{3} + \frac{1}{2} ≥ p^{4}. Quest’ultima segue \frac{p^{6}}{2} + \frac{p^{3}}{2} + \frac{p^{3}}{2} ≥ \frac{3}{2}p^{4}.

18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 66 166.1.A Essendo ciclica, possiamo porre c = min{a, b, c, } e quindi poniamo a = c+x, b = c+y con x, y ≥ 0 e semplifichiamo. Prendendo solo il numeratore si ottiene il polinomo di ottavo grado i cui coefficienti sono tutti positivi.

c^{7}(14x^{2} + 14y^{2} − 14xy) + c^{6}(24x^{3} + 24y^{3} + 58y^{2}x − 32x^{2}y)+
c^{5}(28y^{4} + 28x^{4} + 90y^{2}x^{2} − 74x^{3}y + 106y^{3}x)+

+ c^{4}(162y^{3}x^{2} + 16y^{2}x^{3} + 24y^{5} + 24x^{5} + 86y^{4}x − 66x^{4}y)+

c^{3}(88y^{3}x^{3} + 92y^{4}x^{2} − 37x^{4}y^{2} − 14x^{5}y + 9x^{6} + 9y^{6} + 56y^{5}x)+

+ c^{2}(−11x^{5}y^{2} + 9y^{4}x^{3} + 36y^{3}x^{4} + 40y^{5}x^{2} + y^{7} + x^{7} + 19y^{6}x + yx^{6})+

c(11y^{6}x^{2} + 2x^{4}y^{4} + 2y^{7}x + 8y^{5}x^{3}) + y^{6}x^{3} + y^{7}x^{2}

c^{7}. 7(x^{2} + y^{2}) ≥ 14xy

c^{6}. 16(x^{3} + xy^{2}) ≥ 32x^{2}y^{2}

c^{5}. 28x^{4} + 90x^{2}y^{2} ≥ 100x^{3}y

c^{4}. 12x^{5} + 12x^{5} + 162y^{3}x^{2} ≥ 85x^{5}y

c^{3}. 88x^{3}y^{3} + \frac{3}{5}x^{6} + \frac{3}{5}x^{6} ≥ 14x^{5}y, \frac{39}{5}x^{6} + 92y^{4}x^{2} ≥ 53x^{4}y^{2}

c^{2}. 36y^{3}x^{4} + yx^{6} ≥ 12x^{5}y^{2}

167.1.A Poniamo a = c + x, b = c + y ed otteniamo il seguente polinomio i cui coefficienti sono tutti positivi.

c^{5}(6x^{2} + 6y^{2} − 6yx) + c^{4}(9x^{3} + 9y^{3} + 18yx^{2} − 15y^{2}x) + c^{3}(9x^{4} + 9y^{4} + 15y^{2}x^{2}+

+ 22x^{3}y − 22y^{3}x) + c^{2}(3x^{5} + 3y^{5} + 19x^{3}y^{2} + 16x^{4}y − 7y^{3}x^{2} − 4y^{4}x)+

+ c(12x^{4}y^{2} + 4x^{5}y − 3y^{4}x^{2} + 2y^{5}x) − 2y^{4}x^{3} + 2x^{5}y^{2} + 2y^{3}x^{4} + y^{5}x^{2}

c^{5}. x^{2} + y^{2} ≥ 2xy,

c^{4}. 15(y^{3} + yx^{2})/2 ≥ 15y^{2}x

c^{3}. 9y^{4} + 15x^{2}y^{2} ≥ 6\sqrt{15}y^{3}x ≥ 22y^{3}x

c^{2}. (\frac{7}{3})^{\frac{1}{3}} (y^{5} + x^{3}y^{2} + x^{3}y^{2}) ≥ 7y^{3}x^{2}, \frac{4}{5}y^{5} + \frac{4}{5}y^{5} + \frac{81}{50}x^{3}y^{2} ≥ 4y^{4}x

c. y^{5}x + y^{5}x + y^{2}x^{4} ≥ 3y^{4}x^{2}

c^{0}. y^{5}x^{2} + y^{5}x^{2} + y^{2}x^{5} ≥ 3y^{4}x^{3}

168.1.A Siano a, b, c, d positivi. Usiamo Cauchy–Schwarz nella forma (\frac{\overline{a}^{2}}{x} + \frac{\overline{b}^{2}}{y} + \frac{\overline{c}^{2}}{z} + \frac{\overline{d}^{2}}{t})(x +

y + z + t) ≥ (\overline{a} + \overline{b} + \overline{c} + \overline{d})^{2} e quindi

\begin{matrix}\frac{a}{b + 2c + 3d} + \frac{b}{c + 2d + 3a} + \frac{c}{d + 2a + 3b} + \frac{d}{a + 2b + 3c} ≥ \\ ≥ \frac{(a + b + c + d)^{2}}{a^{2} \frac{b+2c+3d}{a} + b^{2} \frac{c+2d+3a}{b} + c^{2} \frac{d+2a+3b}{c} + d^{2} \frac{a+2b+3c}{d}} ≥ \frac{2}{3} \end{matrix}

e quindi 3(a+b+c+d)^{2} ≥ 8(ab+ac+ad+bc+bd+cd). Evidentemente si ha 3(a+b+c+d)^{2} ≥ 4((a + b + c + d)^{2} − a^{2} − b^{2} − c^{2} − d^{2}) da cui 4(a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}) ≥ (a + b + c + d)^{2} che è vera 169 .1.A Possiamo ipotizzare che il minimo venga assunto per x_{1} = … = x_{n} = 1/\sqrt{n} e quindi valga 1/(n(n − 1)). Quindi proviamo a dimostrare che \frac{x_{1}^{5}}{x_{2}+...+x_{n}} + \frac{x_{2}^{5}}{x_{1}+x_{2}+...+x_{n}} + … +

\frac{x_{n}^{5}}{x_{1}+...+x_{n−1}} ≥ \frac{1}{n(n−1)}. Usiamo Cauchy–Schwarz nella forma del precedente esercizio e quindi

\frac{x_{1}^{5}}{x_{2}+...+x_{n}} + \frac{x_{2}^{5}}{x_{1}+x_{2}+...+x_{n}} + … + \frac{x_{n}^{5}}{x_{1}+...+x_{n−1}} ≥ \frac{(x_{1}^{3}+...+x_{n}^{3})^{2}}{x_{1}(x_{2}+...+x_{n})+...+x_{n}(x_{2}+...+x_{n})} ≥ \frac{1}{n(n−1)}. Essendo x_{1}(x_{2} + … + x_{n}) + … + x_{n}(x_{2} + … + x_{n}) ≤ (n − 1)(x_{1}^{2} + … + x_{n}^{2}) otteniamo (x_{1}^{3} + … +

x_{n}^{3})^{2} ≥ (x_{1}^{2} + … + x_{n}^{2})/n = 1/n. Poi sappiamo che (\frac{x_{1}^{3}+...+x_{n}^{3}}{n} )^{1/3} ≥ (\frac{x_{1}^{2}+...+x_{n}^{2}}{n} )^{1/2} da cui

\frac{x_{1}^{3}+...+x_{n}^{3}}{n} ≥ \frac{1}{n^{3/2}} e quindi (x_{1}^{3} + … + x_{n}^{3})^{2} ≥ 1/n.

170 .1.A Eliminando i denominatori otteniamo a^{2}b^{3} + a^{3}b^{2} + b^{2}c^{3} + b^{3}c^{2} + a^{3}c^{2} + a^{2}c^{3} ≥ 2(ab^{2}c^{2} + ba^{2}c^{2} + ca^{2}b^{2}). Poi dalla AGM si ha: a^{2}c^{3} + b^{2}c^{3} ≥ 2abc^{3}, a^{2}b^{3} + c^{2}b^{3} ≥ acb^{3}, b^{2}a^{3} +c^{2}a^{3} ≥ 2a^{3}bc e quindi abc^{3} +acb^{3} +a^{3}bc ≥ ab^{2}c^{2} +ba^{2}c^{2} +ca^{2}b^{2}. Ora abc^{3} +acb^{3} ≥ 2ac^{2}b^{2}, acb^{3} + a^{3}bc ≥ 2cb^{2}a^{2}, abc^{3} + a^{3}bc ≥ 2bc^{2}a^{2}.

171.1.A Prima dimostrazione Semplificando si arriva a a^{5}c^{2} + b^{5}a^{2} + c^{5}b^{2} ≥ a^{4}bc^{2} + b^{4}ca^{2} + c^{4}ab^{2} e quindi a^{4}c^{2}(a − b) + b^{4}a^{2}(b − c) + c^{4}b^{2}(c − a) ≥ 0. Possono accadere due eventualità . La prima è che a ≥ b ≥ c. In tal caso otteniamo a^{4}c^{2}(a − b) + b^{4}a^{2}(b − c) + c^{4}b^{2}(c − a) ≥ (b^{4}c^{2} + b^{4}c^{2})(a−b+b−c)+c^{4}b^{2}(c−a) ≥ 0. Dunque otteniamo (b^{4}c^{2} +b^{4}c^{2})(a−b+b−c)+c^{4}b^{2}(c−a) = (a − c)(2b^{4}c^{2} − c^{4}b^{2}) ≥ 0.

L’altra possibilità è b ≥ a ≥ c ed scriviamo a^{4}c^{2}(a−b)+b^{4}a^{2}(b−a)+b^{4}a^{2}(a−c)+c^{4}b^{2}(c−a) ≥ 0 quindi (b − a)(b^{4}a^{2} − a^{4}c^{2}) + (c − a)(c^{4}b^{2} − b^{4}a^{2}) ≥ 0. Semplificando ancora si ha (b − a)a^{2}(b^{4} − a^{2}c^{2}) + (c − a)b^{2}(c^{4} − b^{2}a^{2}) ≥ 0 ossia (b − a)a^{2}(b^{4} − a^{2}c^{2}) + (a − c)b^{2}(−c^{4} + b^{2}a^{2}) ≥ 0

Seconda dimostrazione Scriviamo a = e^{x}, b = e^{y}, c = e^{z} ed otteniamo e^{3x−2y} + e^{3y−2z} + e^{3z−2x} ≥ e^{2x−y} + e^{2y−z} + e^{2z−x}. Supponiamo ora x ≥ y ≥ z. Ne segue facilmente che [2x − y, 2y − z, 2z − x] ≺ [3x − 2y, 3y − 2z, 3z − 2x] e quindi possiamo applicare la disuguaglianza di Karamata. Se viceversa y ≥ x ≥ z, otteniamo la stessa cosa scrivendo [2y − z, 2z − x, 2x − y] ≺ [3y − 2z, 3z − 2x, 3z − 2x]

Terza dimostrazione Definiamo a/b = x, b/c = y, c/a = z da cui xyz = 1. La disuguaglianza diventa ax^{2}+by^{2}+cz^{2} ≥ ax+by+cz e quindi ax(x−1)+by(y−1)+cz(z−1) ≥ 0. Supponiamo ora che z ≥ 1, x ≥ 1 e y ≤ 1 e quindi a ≥ b, c ≥ a, b ≤ c. Abbiamo ax(x−1)+by(y −1)+cz(z −1) ≥

az(z−1)+ax(x−1)+ay(y−1) = a(x^{2}+y^{2}+z^{2}−x−y−z) ≥ a (\frac{(x + y + z)^{2}}{3} − (x + y + z)) ≥ 0

e quindi x^{2} + y^{2} + z^{2} ≥ 3 il che segue da x^{2} + y^{2} + z^{2} ≥ 3(xyz)^{2/3} = 3.

Supponiamo invece che z > 1, x, y ≤ 1 e quindi a ≤ b, c ≥ a, b ≤ c. In tal caso otteniamo az(z − 1) + ax(x − 1) + ay(y − 1) ≥ cz(z − 1) + bx(x − 1) + by(y − 1) ≥ b(x^{2} + y^{2} + z^{2} − x − y − z) ed otteniamo il risultato precedente.

Quarta dimostrazione Da: http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?t=299899&start=160. Si

scrive la disuguaglianza come ∑_{cyc} \frac{a^{3}}{b^{2}} − 2\frac{a^{2}}{b} + a + ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{b} − 2a + b ≥ 0 ossia ∑_{cyc} (\frac{a^{3/2}}{b} − \sqrt{a})^{2} +

∑_{cyc} \frac{(a − b)^{2}}{b} ≥ 0

Quinta dimostrazione Semplificando si arriva a a^{5}c^{2} + b^{5}a^{2} + c^{5}b^{2} ≥ a^{4}ca^{2} + b^{4}ca^{2} + c^{4}ab^{2} e si osserva che

\underbrace{\frac{a^{5}c^{2}}{19} + … + \frac{a^{5}c^{2}}{19}}_{14−volte} +\frac{b^{5}a^{2}}{19} + \frac{b^{5}a^{2}}{19} + \frac{b^{5}a^{2}}{19} + \frac{c^{5}b^{2}}{19} + \frac{c^{5}b^{2}}{19} ≥ ^{19} \sqrt{a^{76}b^{19}c^{38}} = a^{4}bc^{2}

\underbrace{\frac{b^{5}a^{2}}{19} + … + \frac{b^{5}a^{2}}{19}}_{14−volte} +\frac{c^{5}b^{2}}{19} + \frac{c^{5}b^{2}}{19} + \frac{c^{5}b^{2}}{19} + \frac{a^{5}c^{2}}{19} + \frac{a^{5}c^{2}}{19} ≥ ^{19} \sqrt{b^{76}c^{19}a^{38}} = b^{4}ca^{2}

\underbrace{\frac{c^{5}b^{2}}{19} + … + \frac{c^{5}b^{2}}{19}}_{14−volte} +\frac{a^{5}c^{2}}{19} + \frac{a^{5}c^{2}}{19} + \frac{a^{5}c^{2}}{19} + \frac{b^{5}a^{2}}{19} + \frac{b^{5}a^{2}}{19} ≥ ^{19} \sqrt{c^{76}a^{19}b^{38}} = c^{4}cb^{2}

172.1.A Prima dimostrazione Dalla AGM abbiamo \frac{a^{n}}{b^{n−1}} +(n−1)b ≥ n (\frac{a^{n}}{b^{n−1}} b^{n−1})^{1/n} = na

da cui \frac{a^{n}}{b^{n−1}} ≥ na − (n − 1)b e sommando i tre contributi si arriva al risultato.

Seconda dimostrazione Usiamo la disuguaglianza di Hölder (a_{1,1} + … + a_{1,n})^{α_{1}} ⋯ (a_{r,1} + … + a_{r,n})^{α_{r}} ≥ (a_{1,1}^{α_{1}} ⋯ a_{r,1}^{α_{r}}) + … + (a_{1,n}^{α_{1}} ⋯ a_{r,n}^{α_{r}}) con α_{1} + … + α_{r} = 1. La sua applicazione prevede

(\frac{a^{n}}{b^{n−1}} + \frac{b^{n}}{c^{n−1}} + \frac{c^{n}}{a^{n−1}} )^{\frac{1}{n}} \underbrace{(b + c + a)^{\frac{1}{n}} … (b + c + a)^{\frac{1}{n}}}_{n−1−volte} ≥ (\frac{a^{n \frac{1}{n}}}{b^{\frac{n−1}{n}}} b^{\frac{1}{n}} ⋯ b^{\frac{1}{n}} ) + (\frac{b^{n \frac{1}{n}}}{c^{\frac{n−1}{n}}} c^{\frac{1}{n}} ⋯ c^{\frac{1}{n}} ) +

(\frac{c^{n \frac{1}{n}}}{a^{\frac{n−1}{n}}} a^{\frac{1}{n}} ⋯ a^{\frac{1}{n}} ) e quindi (\frac{a^{n}}{b^{n−1}} + \frac{b^{n}}{c^{n−1}} + \frac{c^{n}}{a^{n−1}} )(a + b + c)^{n−1} ≥ (a + b + c)^{n} da cui il risultato

Terza dimostrazione Usiamo la disuguaglianza di Karamata. Definiamo a = e^{α} b = e^{β} c = e^{γ}. Ridefiniamo α = a, β = b, γ = c e sia a ≥ b ≥ c e la disuguaglianza diventa e^{na−(n−1)b} + e^{nb−(n−1)c} + e^{nc−(n−1)a} ≥ e^{a} + e^{b} + e^{c}. Sia a ≥ b ≥ c.

• Primo caso. na−(n−1)b ≥ nb−(n−1)c ≥ nc−(n−1)a. Abbiamo na−(n−1)b ≥ a, evidente. na − (n − 1)b + nb − (n − 1)c ≥ a + b ossia (n − 1)a ≥ (n − 1)c pure è vera ed evidentemente na + (n − 1)b + nb + (n − 1)c + nc + (n − 1)a = a + b + c. Poiché la derivata seconda di e^{x} è evidentemente positiva, la disuguaglianza di Karamata dà il risultato.

• Secondo caso nb − (n − 1)c ≥ na − (n − 1)b ≥ nc − (n − 1)a. Dobbiamo far vedere che nb − (n − 1)c ≥ a. Ma ciò segue da nb − (n − 1)c ≥ na − (n − 1)b = a + (n − 1)(a − b) ≥ a. La seconda relazione da dimostrare è nb − (n − 1)c + na − (n − 1)b ≥ a + b. Essa è pari a (n−1)(a+b)−(n−1)(b+c) ≥ 0 che è pure vera. La terza relazione è come nel caso precedente.

• Terzo caso nb − (n − 1)c ≥ nc − (n − 1)a ≥ na − (n − 1)b. È incompatibile con a ≥ b ≥ c. Infatti nc − (n − 1)a ≥ na − (n − 1)b significa n(c − a) ≥ (n − 1)(a − b) ma (c − a) ≤ 0 mentre a − b ≥ 0.

• Quarto caso na − (n − 1)b ≥ nc − (n − 1)a ≥ nb − (n − 1)c. È incompatibile con a ≥ b ≥ c. Infatti nc − (n − 1)a ≥ nb − (n − 1)c significa (n − 1)c + nc ≥ (n − 1)a + nb ma a ≥ b ≥ c.

• Quinto caso nc − (n − 1)a ≥ na − (n − 1)b ≥ nb − (n − 1)c. È incompatibile con a ≥ b ≥ c. Infatti nc − (n − 1)a ≥ na − (n − 1)b significa n(c − b) ≥ a − b ma a ≥ b ≥ c.

• Sesto caso nc − (n − 1)a ≥ nb − (n − 1)c ≥ na − (n − 1)b. È impossibile in quanto vorrebbe dire n(b − a) + (n − 1)(c − b) ≥ 0 173.1.A Basta porre a = e^{x}, b = e^{y}, c = e^{z} e si ottiene ∑_{cyc} e^{nx−ny+1} ≥ ∑_{cyc} e^{nx−ny+1}

174.1.A Prima dimostrazione Usiamo Cauchy–Schwarz nella forma (∑_{k=1}^{n} \frac{x_{k}^{2}}{α_{k}} )∑_{k=1}^{n} α_{k} ≥

(∑_{k=1}^{n} x_{k})^{2} e quindi abbiamo (∑_{k=1}^{n} a_{k}^{2})^{2} ≥ (∑_{k=1}^{n} a_{k}^{2}) ∑_{k=1}^{n} a_{k}a_{k+1} (a_{n+1} = a_{1}) e quindi

∑_{k=1}^{n} a_{k}^{2} ≥ ∑_{k=1}^{n} a_{k}a_{k+1}. Riscriviamo il tutto come ∑_{k=1}^{n} \frac{a_{k}^{2}}{2} + \frac{a_{k+1}^{2}}{2} ≥ ∑_{k=1}^{n} a_{k}a_{k+1} che segue applicando ripetutamente la AGM.

Seconda dimostrazione Scriviamo a_{k} = e^{x_{k}} e quindi abbiamo ∑_{k=1}^{n} e^{3x_{k}−x_{k+1}} ≥ ∑_{k=1}^{n} e^{2x_{k}} Si usa la disuguaglianza di Karamata grazie al fatto che (e^{x})′′ > 0. Facciamo vedere che se x_{1} ≥ x_{2} ≥ … ≥ x_{n} allora ∑_{k=1}^{m} 3x_{k} − x_{k+1} ≥ 2 ∑_{k=1}^{m} x_{k} per 1 ≤ m < n ed inoltre ∑_{k=1}^{n} 3x_{k} − x_{k+1} = 2 ∑_{k=1}^{n} x_{k} e la disuguaglianza segue. Per m = 1 abbiamo 3x_{1} − x_{2} ≥ 2x_{2} è evidente da x_{1} ≥ x_{2}. Supponiamo ora che ∑_{k=1}^{m} 3x_{k} − x_{k+1} ≥ 2 ∑_{k=1}^{m} x_{k} per 1 ≤ m ≤ n_{0} < n − 1 ma che ∑_{k=1}^{n_{0}+1} 3x_{k} − x_{k+1} < 2 ∑_{k=1}^{n_{0}+1} x_{k}. Vuol dire che 3x_{n_{0}+1} − x_{n_{0}+2} < 2x_{n_{0}+1} ma questo è in contrasto con l’assunzione iniziale.

175.1.A

176.1.A Prima dimostrazione Basta osservare che 4ab ≤ (a + b)^{2} da cui il risultato

Seconda dimostrazione Semplificando il tutto otteniamo ^{\frac{∑_{sym}(a^{3}b−a^{2}bc)}{(a+b)(b+c)(c+a)}} ≥ 0 ossia ∑_{sym}(a^{3}b − a^{2}bc) ≥ 0 e questo segue osservando che (a^{3}b + a^{3}b + bc^{3})/3 ≥ a^{2}bc e via dicendo

177 .1.A Prima dimostrazione La funzione S/(2S − x) è convessa per x < 2S per cui abbiamo ∑_{k=1}^{n} \frac{S}{2S−x_{k}} ≥ n_{\frac{S}{2S− \frac{x_{1}+...+xn}{n}}} = \frac{n^{2}}{2n−1}

Seconda dimostrazione Si usa la disuguaglianza AHM per cui ∑_{k=1}^{n} \frac{S}{2S−x_{k}} ≥ \frac{n^{2}}{∑{n \atop k=1} \frac{2S−x_{k}}{S}} =

\frac{n^{2}}{2n−1}

178 .1.A Prima dimostrazione Riscriviamo la disuguaglianza come \frac{a^{4}}{abc} + \frac{b^{4}}{abc} + \frac{c^{4}}{abc} ≥

a+b+c. Dalla disuguaglianza di Cauchy–Schwarz nella forma (∑_{k=1}^{n} \frac{x_{k}^{2}}{α_{k}} )∑_{k=1}^{n} α_{k} ≥ (∑_{k=1}^{n} x_{k})^{2} abbiamo (a^{2} +b^{2} +c^{2})^{2} ≥ 3abc(a+b+c). Poi sappiamo (Power–means–inequality) che (a^{2} +b^{2} + c^{2})^{1/2} ≥ (a+b+c)/\sqrt{3} e quindi otteniamo (a+b+c)^{4} ≥ 27abc(a+b+c) ossia (a+b+c)^{3} ≥ 27abc che è certamente vera dalla AGM.

Seconda dimostrazione Semplificando si ottiene a^{4} + b^{4} + c^{4} ≥ a^{2}bc + b^{2}ac + c^{2}ab che possiamo scrivere come \frac{1}{2} ∑_{sym} a^{4} ≥ \frac{1}{2} ∑_{sym} a^{2}bc che è vera per il Teorema di Muirhead. Basta osservare che (a^{4} + a^{4} + b^{4} + c^{4})/4 ≥ a^{2}bc per la AGM.

Terza dimostrazione Poniamo a = e^{x}, b = e^{y}, c = e^{z} e quindi abbiamo e^{3x−y−z} +e^{3y−x−z} + e^{3z−x−y} ≥ e^{x} + e^{y} + e^{z}. Usiamo la disuguaglianza di Karamata grazie al fatto che (x, y, z) ≺ (3x − y − z, 3y − x − z, 3z − x − y). Facciamo quindi vedere che se x ≥ y ≥ z allora 3x − y − z ≥ 3y − z − x ≥ 3z − x − y ed inoltre 3x − y − z ≥ x, (3x − y − z) + (3y − z − x) ≥ x + y, (3x − y − z) + (3y − x − z) + (3z − x − y) = x + y + z. Ora osserviamo che (e^{x})′′ > 0 e quindi e^{3x−y−z} + e^{3y−x−z} + e^{3z−x−y} ≥ e^{x} + e^{y} + e^{z}.

Quarta dimostrazione Essendo omogenea possiamo supporre abc = 1 e quindi a^{4} + b^{4} + c^{4} ≥ a+b+c ossia a^{4}+b^{4}+c^{4} ≥ a^{2}bc+b^{2}ac+c^{2}ab che segue dalla AGM essendo (a^{4}+a^{4}+b^{4}+c^{4})/4 ≥

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

a^{2}bc e via dicendo da cui il risultato. Quinta dimostrazione Usiamo Hölder ∑_{cyc} \frac{a^{3}}{bc} ∑_{cyc} \sqrt{bc} ∑_{cyc} \sqrt{bc} ≥ (∑_{cyc} \frac{a}{(bc)^{1/3}} (bc)^{1/6}(bc)^{1/6})^{3} =

(a+b+c)^{3} e quindi arriviamo a \frac{(a + b + c)^{3}}{(\sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ca})^{2}} ≥ a+b+c da cui a+b+c ≥ \sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}

che è chiaramente vera.

179.1.A La disuguaglianza è evidentemente equivalente a

\frac{ab(abc)}{a^{5} + b^{5} + ab(abc)} + \frac{bc(abc)}{b^{5} + c^{5} + bc(abc)} + \frac{ca(abc)}{c^{5} + a^{5} + ac(abc)} ≤ 1 ossia

\frac{∑_{sym} a^{10}b^{5} − ∑_{sym} a^{8}b^{4}c^{3}}{(a^{5} + b^{5} + ab(abc))(b^{5} + c^{5} + bc(abc))(c^{5} + a^{5} + ac(abc))} ≥ 0 ossia ∑_{sym} a^{10}b^{5} −∑_{sym} a^{8}b^{4}c^{3} ≥

0 che è vera grazie al Teorema di Muirhead. Le relazioni AGM sottostanti sono

\frac{a^{10}b^{5}}{5} + \frac{a^{10}b^{5}}{5} + \frac{a^{10}b^{5}}{5} + \frac{a^{10}c^{5}}{5} + \frac{c^{10}b^{5}}{5} ≥ ^{5} \sqrt{a^{40}b^{20}c^{15}} = a^{8}b^{4}c^{3}

\frac{a^{10}c^{5}}{5} + \frac{a^{10}c^{5}}{5} + \frac{a^{10}c^{5}}{5} + \frac{a^{10}b^{5}}{5} + \frac{b^{10}c^{5}}{5} ≥ ^{5} \sqrt{a^{40}b^{15}c^{20}} = a^{8}b^{3}c^{4}

\frac{b^{10}a^{5}}{5} + \frac{b^{10}a^{5}}{5} + \frac{b^{10}a^{5}}{5} + \frac{b^{10}c^{5}}{5} + \frac{c^{10}a^{5}}{5} ≥ ^{5} \sqrt{b^{40}a^{20}c^{15}} = b^{8}a^{4}c^{3}

\frac{b^{10}c^{5}}{5} + \frac{b^{10}c^{5}}{5} + \frac{b^{10}c^{5}}{5} + \frac{b^{10}a^{5}}{5} + \frac{a^{10}c^{5}}{5} ≥ ^{5} \sqrt{b^{40}c^{20}a^{15}} = b^{8}a^{3}c^{4}

\frac{c^{10}b^{5}}{5} + \frac{c^{10}b^{5}}{5} + \frac{c^{10}b^{5}}{5} + \frac{c^{10}a^{5}}{5} + \frac{a^{10}b^{5}}{5} ≥ ^{5} \sqrt{c^{40}b^{20}a^{15}} = c^{8}b^{4}a^{3}

\frac{c^{10}a^{5}}{5} + \frac{c^{10}a^{5}}{5} + \frac{c^{10}a^{5}}{5} + \frac{c^{10}b^{5}}{5} + \frac{b^{10}a^{5}}{5} ≥ ^{5} \sqrt{c^{40}b^{15}a^{20}} = c^{8}b^{3}a^{4}

180.1.A La disuguaglianza è pari a (5 + \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a})(abc) − (abc + a^{3})(abc + b^{3})(abc + c^{3}) ≥ 0 e semplificando si arriva a ∑_{cyc} a^{3}b^{3} + ∑_{cyc} a^{4}bc ≥ ∑_{cyc} a^{3}b^{2}c + ∑_{cyc} a^{2}b^{2}c^{2}. Ora dalla AGM abbiamo ∑_{cyc} a^{3}b^{3} ≥ 3(a^{6}b^{6}c^{6})^{1/3} = 3(abc)^{2}. Inoltre ∑_{cyc} a^{4}bc ≥ ∑_{cyc} a^{3}b^{2}c, usando abc = 1 diventa, a^{3} + b^{3} + c^{3} ≥ a^{2}c + b^{2}a + c^{2}b che segue sempre dalla AGM in quanto \frac{a^{3}}{3} + \frac{a^{3}}{3} + \frac{c^{3}}{3} ≥ (a^{6}c^{3})^{1/3} = a^{2}c, \frac{a^{3}}{3} + \frac{b^{3}}{3} + \frac{b^{3}}{3} ≥ (b^{6}a^{3})^{1/3} = b^{2}a, \frac{c^{3}}{3} + \frac{c^{3}}{3} + \frac{b^{3}}{3} ≥ (c^{6}b^{3})^{1/3} = c^{2}b.

181 .1.A Prima dimostrazione In [M] troviamo (a^{2} + b^{2} + c^{2})^{2} − 3(a^{3}b + b^{3}c + c^{3}a) =

\frac{1}{2} ∑_{cyc}(a^{2} − 2ab + bc − c^{2} + ca)^{2}

Seconda dimostrazione Essendo ciclica possiamo porre c = min{a, b, c} da cui poniamo a = c + x, b = c + y ed otteniamo

c^{2}(x^{2} + y^{2} − xy) + c(x^{3} + y^{3} + 4xy^{2} − 5x^{2}y) + 2x^{2}y^{2} − 3x^{3}y + x^{4} + y^{4} ≥ 0

Chiaramente x^{2} + y^{2} − xy ≥ 0 ed inoltre (x^{3} + y^{3} + 4xy^{2} − 5x^{2}y)^{2} − 4(x^{2} + y^{2} − xy)(2x^{2}y^{2} − 3x^{3}y + x^{4} + y^{4}) = −3(y^{3} − 2xy^{2} − x^{2}y + x^{3})^{2} ≤ 0 da cui il risultato.

182 .1.A Prima dimostrazione Poniamo a + b + c = 1 essendo la disuguaglianza omogenea. Inoltre 1/\sqrt{x} è convessa per x > 0 e quindi possiamo scrivere ∑_{cyc} \frac{a}{\sqrt{a^{2} + 8bc}} ≥

18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 71

\frac{1}{\sqrt{a^{3} + b^{3} + c^{3} + 24abc}} ≥ 1 ossia a^{3} + b^{3} + c^{3} + 24abc ≤ 1 = (a + b + c)^{3} ossia 3 ∑_{sym} a^{2}b ≥ 18abc

che segue dalla AGM.

Seconda dimostrazione La disuguaglianza è simmetrica e quindi possiamo supporre a ≥ b ≥ c. Notiamo poi che 1/\sqrt{a^{2} + 8bc} ≥ 1/\sqrt{b^{2} + 8ac} ≥ 1/\sqrt{c^{2} + 8ba} e quindi pos-

siamo applicare Chebysev ottenendo \frac{a}{\sqrt{a^{2} + 8bc}} + \frac{b}{\sqrt{b^{2} + 8ca}} + \frac{c}{\sqrt{c^{2} + 8ab}} ≥ \frac{1}{3}(a + b +

c)(\frac{1}{\sqrt{a^{2} + 8bc} + \sqrt{b^{2} + 8ca} + \sqrt{c^{2} + 8ab}}) ≥ 1. Dalla omogeneità della disuguaglianza pos-

siamo supporre a + b + c = 1 ed inoltre la convessità di 1/\sqrt{x} per x > 0 ci dà

\frac{1}{3}(\frac{1}{\sqrt{a^{2} + 8bc} + \sqrt{b^{2} + 8ca} + \sqrt{c^{2} + 8ab}}) ≥ \frac{1}{3} \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{a^{2} + 8bc + b^{2} + 8ca + c^{2} + 8ab}} ≥ 1 ossia a^{2} +

b^{2} + c^{2} + 8(ab + bc + ca) ≤ 3 ossia ab + bc + ca ≤ 1/3 che è chiaramente vera

183.1.A Si può usare \frac{1}{\sqrt{1 + x^{3}}} ≥ \frac{2}{2 + x^{2}} da cui ∑_{cyc} \frac{a}{2 + b^{2}} ≥ 1 e poi normalizzando a x+y+z =

1 si ha ∑_{cyc} \frac{3x}{1 + 18y^{2}} ≥ 1. Usiamo la teoria E–V (la funzione \frac{1}{1 + αx^{2}} ha un solo flesso per x ≥ 0)

per cui poniamo a = b, c = 1 − 2a ed otteniamo \frac{3a}{1 + 18a^{2}} + \frac{3a}{1 + 18(1 − 2a)^{2}} + \frac{3(1 − 1a)}{1 + 18a^{2}} ≥ 1

ossia 2\frac{(19 − 15a − 72a^{2})(3a − 1)^{2}}{(1 + 18a^{2})(19 − 72a + 72a^{2})} ≥ 0 che per 0 ≤ a ≤ 1/2 è vera.

184.1.A Prima dimostrazione Semplificando si ha ∑_{sym}(a^{4}b^{2} + (ab)^{3}) ≥ ∑_{sym}(a^{4}bc + (abc)^{2}) la

quale è vera osservando che (a^{4}b^{2} + a^{4}c^{2})/2 ≥ a^{4}bc, e ((ab)^{3} + (bc)^{3} + (ca)^{3})/3 ≥ (abc)^{2} Seconda dimostrazione Si osserva che 1/a + 1/b ≥ 4/(a + b) e quindi il risultato

Terza dimostrazione Per omogeneità assumiamo a + b + c = 1 e quindi \frac{1 − a}{a} + \frac{1 − b}{b} + \frac{1 − c}{c} ≥

4(\frac{a}{1 − a} + \frac{b}{1 − b} + \frac{c}{1 − c}) ossia \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} +9 ≥ 4(\frac{1}{1 − a} + \frac{1}{1 − b} + \frac{1}{1 − c}). Usiamo i moltiplicatori

di Lagrange. Come prima cosa osserviamo che se a → 1 e quindi a, b → 0, la disuguaglianza è

verificata. Infatti \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} +9 ≥ 9+ \frac{1}{b} + \frac{1}{c} ≥ \frac{4}{b + c} + \frac{4}{1 − c} + \frac{4}{1 − b} in quanto 1/b+1/c ≥ 4/(b+c)

e per b, c abbastanza piccoli 9 ≥ \frac{4}{1 − c} + \frac{4}{1 − b}. Anche se a → 0 la disuguaglianza è verificata.

Detto questo, per continuità delle funzioni 1/x, 1/(1 − x), possiamo prendere a, b, c nell’insieme D = {(a, b, c): (a, b, c) ∈ [δ, 1 − δ]^{3}, a + b + c = 1 con δ > 0 sapendo che sul bordo di D la disuguaglianza è verificata. Definiamo la funzione F (a, b, c, λ) = f(a, b, c) − λ(a + b + c −

1) ≐ \frac{1 − a}{a} + \frac{1 − b}{b} + \frac{1 − c}{c} − 4(\frac{a}{1 − a} + \frac{b}{1 − b} + \frac{c}{1 − c}) − λ(a + b + c − 1) il cui gradiente è

F_{a} = F_{b} = F_{c} = F_{λ} = 0 è

\{ \begin{matrix}\frac{1}{a^{2}} + \frac{4}{(1 − a)^{2}} + λ = 0,  \frac{1}{b^{2}} + \frac{4}{(1 − b)^{2}} + λ = 0, \\ \frac{1}{c^{2}} + \frac{4}{(1 − c)^{2}} + λ = 0,  a + b + c = 1, \end{matrix}

Sottraendo la prima dalla seconda otteniamo

\frac{a − b}{ab}(\frac{1}{a} + \frac{1}{b}) + 4\frac{a − b}{(1 − a)(1 − b)} \frac{2 − a − b}{(1 − a)(1 − b)} = 0  (1)

Semplificando a − b abbiamo la somma di quantità positive e quindi (1) che è zero se e solo se a = b e a seguire a = b = c = 1/3. Dunque a = b = c = 1/3, λ = −18 è l’unico punto critico di F (a, b, c, λ), corrisponde all’unico punto vincolato di f(a, b, c) ed inoltre f(1/3, 1/3, 1/3) = 0. Per il Teorema di Weierstrass la funzione f(a, b, c) ammette massimo e minimo in D e sul bordo abbiamo f(a, b, c) ≥ 0. Il punto (1/3, 1/3, 1/3) non può essere un massimo in quanto vorrebbe dire che il minimo, esistente certamente, sta sul bordo laddove la funzione è maggiore o uguale a zero. Ne ricaveremmo una contraddizione in quanto sul minimo la funzione è non negativa mentre sul massimo vale zero. L’unica possibilità è che sul bordo la funzione assume il massimo e (1/3, 1/3, 1/3) è un minimo.

Quarta dimostrazione Una volta arrivati a \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + 9 − 4(\frac{1}{1 − a} + \frac{1}{1 − b} + \frac{1}{1 − c}) ≥ 0

osserviamo che la funzione 1/a + 4/(1 − a) ha un solo flesso a sinistra del quale è convessa e a destra del quale è concava. Per il Teorema detto E–V–principle, il minimo è assunto quando due delle tre variabili sono uguali. Quindi poniamo b = c = α da cui a + 2α = 1 ossia

\frac{1}{a} − \frac{4}{1 − a} + 9 + \frac{4}{1 − a} − 8\frac{1}{1 − \frac{1−a}{2}} = \frac{9a^{2} − 6a + 1}{a(1 + a)} = \frac{(3a − 1)^{2}}{a(1 + a)} ≥ 0 e la dimostrazione è

conclusa.

185.1.A Riscriviamo la disuguaglianza come ∑_{k=1}^{4} \frac{a_{k}^{2}}{a_{k}(a_{k+1} + a_{k+2})} ≥ 2 (a_{5} = a_{1}, a_{6} = a_{2}) ed

usando Cauchy–Schwarz nella forma ∑_{k=1}^{n} \frac{x_{k}^{2}}{α_{k}} · ∑_{k=1}^{n} α_{k} ≥ (∑_{k=1}^{n} x_{k})^{2} abbiamo, dopo avere semplificato il semplificabile, a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + a_{3}^{2} + a_{4}^{2} ≥ 2a_{1}a_{3} + 2a_{2}a_{4} che è chiaramente vera.

186.1.A Prima dimostrazione Si usa l’identità (a+b)(b+c)(c+a) = (a+b+c)(ab+bc+ca)−abc ed il risultato di Vo Quoc Ba Can in http://reflections.awesomemath.org/2007 2/3variable.pdf per cui, se a + b + c = 1 allora, detto ab + bc + ca = (1 − q^{2})/3, si ha (1 + q)^{2}(1 − 2q)/27 ≤ abc ≤

(1−q)^{2}(1+2q)/27. Abbiamo quindi (a+b)(b+c)(c+a) = (a+b+c)(ab+bc+ca)−abc ≤ \frac{1 − q^{2}}{3} −

\frac{(1 + q)^{2}(1 − 2q)}{27}. La disuguaglianza assume la forma \frac{1 − 2\frac{1−q^{2}}{3}}{\frac{1−q^{2}}{3}} + 8 \frac{\frac{(1+q)^{2}(1−2q)}{27}}{\frac{1−q^{2}}{3} − \frac{(1+q)^{2}(1−2q)}{27}} ≥ 2 e

0 ≤ q ≤ 1. Semplificando si arriva a \frac{3q^{2}(2q − 1)^{2}}{(1 − q^{2})(2 − q)^{2}} ≥ 0 che chiaramente è vera.

Seconda dimostrazione Da UVW (vedi [MBTK]) si ha \frac{9u^{2} − 6v^{2}}{3v^{2}} + \frac{8w^{3}}{9uv^{2} − w^{3}} − 2 ≥ 0 ossia

\frac{3(9u^{3}v^{2} − u^{2}w^{3} − 12v^{4}u + 4w^{3}v^{2}}{v^{2}(9uv^{2} − w^{3})} ≥ 0. Dato che u ≥ v ≥ w si ha −12u(v^{2})^{2} + v^{2}(9u^{3} + 4w^{3}) −

u^{2}w^{3} ≥ 0 e quindi dobbiamo andare a vedere quando almeno due fra a, b, c sono uguali ossia, se

a = b, \frac{c^{2}(b − c)^{2}}{b(b + 2c)(b + c)^{2}} ≥ 0 che è vera.

187 .1.A Prima dimostrazione Espandendo si arriva a ∑_{sym} a^{4}b + 3 ∑_{sym} a^{3}bc ≥ ∑_{sym} a^{3}b^{2} +

3 ∑_{sym} a^{2}b^{2}c che seguono da (a^{4}b + a^{4}b + ab^{4})/3 ≥ a^{3}b^{2}, e da (a^{3}bc + b^{3}ac)/2 ≥ a^{2}b^{2}c

Seconda dimostrazione Usiamo la uguaglianza abc = (a + b + c)(ab + bc + ca) − (a + b)(b +

c)(c + a) da cui 1 + \frac{8abc}{(a + b + c)(ab + bc + ca) − abc} ≥ 2\frac{ab + bc + ca}{a^{2} + b^{2} + c^{2}}. Sia a + b + c = 1 e ab +

bc + ca = (1 − q^{2})/3. Dall’esercizio (rich.15) abbiamo abc ≥ (1 + q)^{2}(1 − 2q)/27 e quindi

1 + \frac{8\frac{(1+q)^{2}(1−2q)}{27}}{\frac{1−q^{2}}{3} − \frac{(1+q)^{2}(1−2q)}{27}} ≥ 2\frac{\frac{1−q^{2}}{3}}{1 − 2\frac{1−q^{2}}{3}} che equivale a \frac{3(2q + 5)(2q − 1)q^{2}}{(q − 2)^{2}(1 + 2q^{2})} ≥ che è vera per

q ≥ 1/2. Se q ≤ 1/2 usiamo la disuguaglianza di Schür nella forma \frac{9abc}{a + b + c} ≥ 2(ab + bc +

ca) − (a^{2} + b^{2} + c^{2})) da cui abc ≥ \frac{1}{9}(4(ab + bc + ca) − (a + b + c)^{2}) e sostituendo si arriva a

21\frac{q(1 − 4q^{2})}{(8 − 5q^{2})(1 + 2q^{2})} ≥ 0 che è vera proprio per 0 ≤ q ≤ 1/2.

188.1.A Prima dimostrazione Si usa l’identità (a+b)(b+c)(c+a) = (a+b+c)(ab+bc+ca)−abc ed il risultato di Vo Quoc Ba Can in http://reflections.awesomemath.org/2007 2/3variable.pdf per cui, se a + b + c = 1 allora, detto ab + bc + ca = (1 − q^{2})/3, si ha (1 + q)^{2}(1 − 2q)/27 ≤ abc ≤

(1−q)^{2}(1+2q)/27. Abbiamo quindi (a+b)(b+c)(c+a) = (a+b+c)(ab+bc+ca)−abc ≥ \frac{1 − q^{2}}{3} −

\frac{(1 − q)^{2}(1 + 2q)}{27}. La disuguaglianza assume la forma \frac{\frac{1−q^{2}}{3}}{1 − 2\frac{1−q^{2}}{3}} + \frac{\frac{1−q^{2}}{3} − \frac{(1+q)^{2}(1−2q)}{27}}{4\frac{(1+q)^{2}(1−2q)}{27}} ≥ 3 e

0 ≤ q ≤ 1. Semplificando si arriva a \frac{3}{2} \frac{(10q^{2} − 2q + 1)^{2}}{(1 + 2q)(1 − q)(1 + 2q^{2})} ≥ 0 che chiaramente è vera.

Seconda dimostrazione UVW (vedi [MBTK]) ci dà \frac{3v^{2}}{9u^{2} − 6v^{2}} + \frac{9uv^{2} − w}{4w^{3}} − 3 ≥ 0 ossia

\frac{1}{4} \frac{w^{3}(−28v^{2} + 36u^{2}) + w(3u^{2} − 2v^{2}) + 18uv^{4} − 27u^{3}v^{2}}{(−3u^{2} + 2v^{2})w^{3}} ≥ 0. Siccome u ≥ v la funzione f(w) =

w^{3}(−28v^{2} + 36u^{2}) + w(3u^{2} − 2v^{2}) + 18uv^{4} − 27u^{3}v^{2} deve essere negativa ed essendo crescente, il massimo deve essere non positivo. Tale massimo lo si ha quando due fra a, b, c sono uguali o

quando uno di essi è zero. Nel primo caso abbiamo \frac{1}{2} \frac{−6b^{3}c + 7b^{2}c^{2} + 2b^{4} − 4bc^{3} + c^{4}}{(2b^{2} + c^{2})bc} ≥ 0 ossia

−6b^{3}c + 7b^{2}c^{2} + 2b^{4} − 4bc^{3} + c^{4} ≥ 0. Poniamo c = xb ed otteniamo (x − 1)^{2}(x^{2} − 2x + 2) ≥ 0. Nel secondo caso, moltiplicando la disuguaglianza per abc e ponendo c = 0 si ottiene banalmente il risultato.

Seconda dimostrazione Si espande il tutto e si ottiene ∑_{sym}(3a^{2}b^{2}c + a^{4}b + a^{3}c^{2}) ≥ 5 ∑_{sym} a^{3}bc.

Poi poniamo a = c + x, b = c + y da cui c^{3}(2y^{2} + 2x^{2} − 2xy) + c^{2}(3x^{2}y + 3y^{2}x) + c(12x^{2}y^{2} + 2x^{4} −4yx^{3} +2y^{4} −4y^{3}x)+x^{4}y +y^{2}x^{3} +y^{4}x+x^{2}y^{3} ≥ e chiaramente è vera dalla AGM in quanto 2x^{4} + 2x^{2}y^{2} ≥ 4x^{3}y e simmetrica.

189.1.A Prima dimostrazione Semplicando il tutto si ottiene ∑_{sym}(2a^{5}b^{3} + a^{6}bc + 2a^{4}b^{2}c^{2}) ≥

∑_{sym}(2a^{4}b^{4}+2a^{4}b^{3}c+a^{3}b^{3}c^{2}). Per Muirhead ∑_{sym}(a^{5}b^{3}−a^{4}b^{4}) ≥ 0. Rimane ∑_{sym}(a^{6}bc+2a^{4}b^{2}c^{2}) ≥

∑_{sym}(2a^{4}b^{3}c+a^{3}b^{3}c^{2}) che semplifichiamo a ∑_{sym}(a^{5}+2a^{3}bc) ≥ ∑_{sym}(2a^{3}b^{2}+a^{2}b^{2}c) Poi usiamo Schür

di ordine 5 a^{3}(a−b)(a−c)+b^{3}(b−a)(b−c)+c^{3}(c−a)(c−b) ≥ 0 ossia ∑_{sym}(a^{5} +a^{3}bc) ≥ ∑_{sym} 2a^{4}b

da cui ∑_{sym}(a^{5} + 2a^{3}bc) ≥ ∑_{sym}(2a^{4}b + a^{3}bc) ≥ ∑_{sym}(2a^{3}b^{2} + a^{2}b^{2}c). Ora ∑_{sym} a^{4}b ≥ ∑_{sym} a^{3}b^{2} per

Muirhead essendo (a^{4}b + a^{4}b + ba^{4})/3 ≥ a^{3}b^{2}. Inoltre ∑_{sym} a^{3}bc ≥ ∑_{sym} a^{2}b^{2}c da (a^{3}bc + b^{3}ac)/2 ≥

a^{2}b^{2}c

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

Seconda dimostrazione La disuguaglianza equivale a ∑_{cyc} \frac{ab}{c^{2} + ab} + \frac{(a + b + c)^{2}}{2(ab + bc + ca)} ≥ 3. Poi

da Cauchy-Schwarz abbiamo \frac{(ab + bc + ca)^{2}}{(ab)^{2} + (bc)^{2} + (ac)^{2} + abc^{2} + bca^{2} + cab^{2}} + \frac{(a + b + c)^{2}}{2(ab + bc + ca)} ≥ 3.

Ora definiamo ab = x, bc = y, ca = z e la disuguaglianza diventa \frac{(x + y + z)^{2}}{(x + y + z)^{2} − xy − yz − zx} + \frac{(xy + yz + zx)^{2}}{2(xyz)(x + y + z)} ≥ 3. Usando le informazioni contenute nella soluzione di (rich.15) ossia

(abc) ≤ (1 − q)^{2}(1 + 2q)/27 arriviamo a \frac{3}{2} \frac{(q − 1)^{2}}{(1 + 2q)(2 + q^{2})} ≥ 0

190 .1.A Prima dimostrazione Semplificando arriviamo a ∑_{sym}(2a^{5}b^{3} + 2a^{4}b^{3}c + 3a^{6}bc + 2a^{4}b^{2}c^{2}) ≥ ∑_{sym}(2a^{4}b^{4} + 4a^{5}b^{2}c + 3a^{3}b^{3}c^{2}). Dalla disuguaglianza di Schür di ordine 5 abbiamo

a^{3}(a − b)(a − c) + b^{3}(b − a)(b − c) + c^{3}(c − a)(c − b) ≥ 0 ossia ∑_{sym} a^{5} + a^{3}bc ≥ ∑_{sym} 2a^{4}b e quindi

la disuguaglianza diventa ∑_{sym}(2a^{5}b^{3} + 2a^{4}b^{3}c + a^{6}bc) ≥ ∑_{sym} 2a^{4}b^{4} + 3a^{3}b^{3}c^{2}). Poi da Muirhead

abbiamo ∑_{sym}(a^{5}b^{3} − a^{4}b^{4}) ≥ 0, e ∑_{sym}(a^{4}b^{3}c − a^{3}b^{3}c^{2}) ≥ 0, ∑_{sym}(a^{6}bc − a^{3}b^{3}c^{2}) ≥ 0 che concludono

la dimostrazione. Le AGM sottostanti sono (a^{5}b^{3} + a^{3}b^{5})/2 ≥ a^{4}b^{4}, (a^{4}b^{3}c + a^{4}b^{3}c + ab^{3}c^{4})/3 ≥ a^{3}b^{3}c^{2}, (a^{6}bc + a^{6}bc + abc^{6} + abc^{6} + acb^{6})/5 ≥ a^{3}b^{3}c^{2} Seconda dimostrazione La disuguaglianza è 3 − ∑_{cyc} \frac{ab}{c^{2} + ab} ≤ \frac{5}{2} − \frac{ab + bc + ca}{a^{2} + b^{2} + c^{2}}. Usando

Cauchy–Schwarz abbiamo \frac{(ab + bc + ca)^{2}}{(ab)^{2} + (bc)^{2} + (ca)^{2} − abc^{2} + bca^{2} + cba^{2}} ≥ \frac{1}{2} + \frac{ab + bc + ca}{a^{2} + b^{2} + c^{2}}. Ora

definiamo ab = x, bc = y, ca = z e la disuguaglianza diventa \frac{(x + y + x)^{2}}{(x + y + z)^{2} − (xy + yz + zx)} ≥

\frac{1}{2} + \frac{x + y + z}{(\sqrt{\frac{xy}{z}} + \sqrt{\frac{xz}{y}} + \sqrt{\frac{yz}{x}} )^{2} − 2(x + y + z)}. Data la omogeneità supponiamo x + y + z = 1

\frac{1}{1 − (xy + yz + zx)} ≥ \frac{1}{2} + \frac{xyz}{(xy + yz + zx)^{2} − 2(xyz)}. Detta xy + yz + zx = (1 − q^{2})/3 ab-

biamo \frac{3}{1 + q^{2}} ≥ \frac{1}{2} + \frac{xyz}{\frac{(1−q^{2})^{2}}{9} − 2(xyz)}. Inoltre abbiamo xyz ≤ (1 − q)^{2}(1 + 2q)/27 e quindi

−\frac{3}{2} \frac{q^{2} + 2q − 3}{(3q^{2} + 2q + 1)(2 + q^{2})} ≥ 0 che è certamente vera.

191 .1.A La disuguaglianza è ∑_{cyc} \frac{ab}{c^{2} + ab} + \frac{a + b + c}{2 ^{3} \sqrt{abc}} ≥ 3 e usando Cauchy arriviamo a

\frac{(ab + bc + ca)^{2}}{(ab)^{2} + (bc)^{2} + (ac)^{2} + abc^{2} + bca^{2} + cab^{2}} + \frac{a + b + c}{2 ^{3} \sqrt{abc}} ≥ 3 ossia

\frac{(ab + bc + ca)^{2}}{(ab + bc + ac)^{2} − abc^{2} − bca^{2} − cab^{2}} + \frac{a + b + c}{2 ^{3} \sqrt{abc}} ≥ 3. Ora definiamo ab = x, bc = y, ca = z e la

disuguaglianza diventa \frac{(x + y + z)^{2}}{(x + y + z)^{2} − xy − yz − zx} + \frac{xy + yz + zx}{2(xyz)^{2/3}} ≥ 3. Usando le informazioni

18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 75

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

contenute nella soluzione di (rich.15) ossia (abc) ≤ (1 − q)^{2}(1 + 2q)/27 arriviamo a \frac{3}{2 + q^{2}} +

\frac{3(1 − q^{2})}{2((1 − q^{2})(1 + 2q))^{2/3}} ≥ 3 ossia \frac{(1 + 2q)^{2/3}}{(1 − q^{2})^{1/3}} 2(q^{4} − 1) + q^{4} + q^{2} − 2 ≤ 0 che a sua volta, essendo

q^{4} + q^{2} − 2 = (q^{2} − 1)(q^{2} + 2), diventa \frac{2(1 + 2q)^{2/3}}{(1 − q^{2})^{1/3}} ≤ \frac{2 + q^{2}}{1 + q^{2}} e quindi, alla fine, elevando al

cubo, \frac{q(52q + 126q^{3} + 109q^{5} + 32 + 96q^{2} + 96q^{4} + 32q^{6} + 33q^{7})}{(1 − q^{2})(1 + q^{2})^{3}} ≥ 0 che è evidente

192 .1.A Riscriviamo il tutto come ∑_{cyc} \frac{4a^{2}}{4a^{2} + 5bc} ≤ \frac{4}{9} \frac{a + b + c}{(abc)^{1/3}} ossia ∑_{cyc} \frac{5ab}{4c^{2} + 5ab} +

\frac{4}{9} \frac{a + b + c}{(abc)^{1/3}} ≥ 3. Da Cauchy–Schwarz abbiamo \frac{5(ab + bc + ca)^{2}}{5(a^{2}b^{2} + b^{2}c^{2} + c^{2}a^{2}) + 4(c^{2}ab + b^{2}ac + a^{2}bc)} +

\frac{4}{9} \frac{a + b + c}{(abc)^{1/3}} ≥ 3 ossia \frac{5(ab + bc + ca)^{2}}{5(ab + bc + ca)^{2} − 6(c^{2}ab + b^{2}ac + a^{2}bc)} + \frac{4}{9} \frac{a + b + c}{(abc)^{1/3}} ≥ 3. Ora defini-

amo ab = x, bc = y, ca = z e la disuguaglianza diventa \frac{5(x + y + z)^{2}}{5(x + y + z)^{2} − 6(xy + yz + zx)} +

\frac{4}{9} \frac{xy + yz + zx}{(xyz)^{2/3}} − 3 ≥ 0. Data la omogeneità poniamo x + y + z = 1 e xy + yz + zx = (1 − q^{2})/3 da cui \frac{15}{9 + 6q^{2}} + \frac{4}{9(xyz)^{2/3}} −3 ≥ 0. Poi, come sopra, usiamo xyz ≤ (1−q)^{2}(1+2q)/27 per cui si arriva a \frac{15}{9 + 6q^{2}} + \frac{4}{3} \frac{(1 − q^{2})}{((1 − q)^{2}(1 + 2q))^{2/3}} − 3 ≥ 0. semplificando ed elevando al cubo si arriva a −287q^{5}+3258q^{3}+1188q+5097q^{6}+1674q^{4}+756q^{2}+432−7827q^{7}+6625q^{8}−5832q^{9}+2916q^{10} ≥ 0 con 0 ≤ q ≤ 1. Basta osservare che 3258q^{3} − 287q^{5} + 5097q^{6} − 7827q^{7} ≥ 0 e 6625q^{8} − 5823q^{9} ≥ 0 193 .1.A Rendiamo la disuguaglianza omogenea scrivendo 3(\frac{a}{a + 2b} + \frac{b}{b + 2c} + \frac{c}{c + 2a}) ≤

\frac{a + b + c}{(abc)^{1/3}} e poi \frac{a}{a + 2b} = 1 − \frac{2b}{a + 2b} da cui 6 ∑_{cyc} \frac{b}{a + 2b} ≥ 9 − \frac{a + b + c}{(abc)^{1/3}}. Da Cauchy–Schwarz

scriviamo 6 ∑_{cyc} \frac{(a + b + c)^{2}}{2(a^{2} + b^{2} + c^{2}) + ab + bc + ca} ≥ 9 − \frac{a + b + c}{(abc)^{1/3}}. Poniamo a + b + c = 1 e

quindi \frac{6}{2 − 3(ab + bc + ca)} ≥ 9 − \frac{1}{(abc)^{1/3}} . Usiamo ora il risultato di Vo Quoc Ba Can in http://reflections.awesomemath.org/2007 2/3variable.pdf per cui, se a + b + c = 1 allora, detto ab + bc + ca = (1 − q^{2})/3, si ha (1 + q)^{2}(1 − 2q)/27 ≤ abc ≤ (1 − q)^{2}(1 + 2q)/27. Quindi ot-

teniamo \frac{−728 − 19689q^{4} − 19691q^{6} − 3q^{8} + 2q^{3} + 6q^{5} + 6q^{7} + 2q^{9} − 6561q^{2}}{27(1 + q^{2})^{3}} ≤ 0 che è evidente

da 0 ≤ q ≤ 1. 194.1.A Prima dimostrazione Semplificando si ha ∑_{cyc}(3a^{4}c^{2} + (ab)^{3} + a^{4}bc) ≥ ∑_{cyc} 3(abc)^{2} + a^{3}b^{2}c. Abbiamo

\frac{a^{4}c^{2} + b^{4}a^{2}}{2} ≥ a^{3}b^{2}c, \frac{a^{4}c^{2} + c^{4}b}{2} ≥ c^{3}a^{2}b, \frac{b^{4}a^{2} + c^{4}b^{2}}{2} ≥ b^{3}c^{2}a

\frac{a^{3}c^{3} + a^{3}c^{3} + a^{3}b^{3}}{3} ≥ a^{3}c^{2}b, \frac{b^{3}a^{3} + b^{3}a^{3} + b^{3}c^{3}}{3} ≥ b^{3}a^{2}c, \frac{c^{3}b^{3} + c^{3}b^{3} + c^{3}a^{3}}{3} ≥ c^{3}b^{2}a,

Ci riduciamo quindi a ∑_{cyc}(2a^{4}c^{2}+a^{4}bc) ≥ ∑_{cyc} 3(abc)^{2} che è chiaramente vera dalla AGM essendo

18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 76 [2, 2, 2] ≺ [4, 2, 0] e [2, 2, 2] ≺ [4, 1, 1]

195 .1.A Usando Cauchy nella forma (\frac{\overline{a}^{2}}{x} + \frac{\overline{b}^{2}}{y} + \frac{\overline{c}^{2}}{z})(x + y + z) ≥ (\overline{a} + \overline{b} + \overline{c})^{2} e la GHM

ossia ^{3} \sqrt{abc} ≥ 3(a^{−1} + b^{−1} + c^{−1})^{−1} otteniamo \frac{1}{2} \frac{(a + b + c)^{2}}{ab + bc + ca} + \frac{9}{2} \frac{abc}{(a + b + c)(ab + bc + ca)} ≥ 2

e semplificando otteniamo \frac{1}{2} \frac{1}{(a + b + c)(ab + bc + ca)}(∑_{cyc}(a^{3} + abc) − ∑_{sym} a^{2}b) ≥ 0 che è la

disuguaglianza di Schür (rich.13).

196.1.A La funzione x/\sqrt{1 − x}, è convessa per cui ∑_{k=1}^{n} \frac{a_{k}}{\sqrt{1 − a_{k}}} ≥ \frac{1}{\sqrt{1 − ∑_{k=1}^{n} a_{k}^{2}}} e quindi

∑_{k=1}^{n} \sqrt{a_{k}}\sqrt{1 − ∑_{k=1}^{n} a_{k}^{2}} ≤ \sqrt{n − 1}. Poi sappiamo che (\frac{∑_{k=1}^{n} \sqrt{a_{k}}}{n} )^{2} ≤ \frac{∑_{k=1}^{n} a_{k}}{n} e \frac{∑_{k=1}^{n} a_{k}}{n} ≤

(\frac{∑_{k=1}^{n} a_{k}^{2}}{n} )^{\frac{1}{2}} e mettendo tutto assieme si ottiene il risultato.

197.1.A Definiamo x = a/b, y = b/c, z = c/a dimodoché xyz = 1. La disuguaglianza diventa

\frac{ac}{b^{2}} + \frac{ab}{c^{2}} + \frac{bc}{a^{2}} ≥ \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} ossia \frac{a^{3}b^{3} + b^{3}c^{3} + c^{3}a^{3} − a^{3}bc^{2} − b^{3}ca^{2} − c^{3}ab^{2}}{(abc)^{2}} > 0. La disugua-

glianza segue osservando che ((ac)^{3} +(ac)^{3} +(ab)^{3})/3 ≥ a^{3}c^{2}b, ((ab)^{3} +(ab)^{3} +(bc)^{3})/3 ≥ b^{3}a^{2}c, ((bc)^{3} + (bc)^{3} + (ca)^{3})/3 ≥ c^{3}b^{2}a.

198.1.A Prima dimostrazione Da [AD] apprendiamo il seguente cambio di variabili x = \frac{a+b}{c}, y = \frac{b+c}{a}, z = \frac{c+a}{b}. Ne segue x+y+z+2 = xyz e la disuguaglianza diventa \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z} ≥ 3\sqrt{2}. Da x + y + z + 2 = xyz segue che xyz = 2 + x + y + z ≥ 2 + 3(xyz)^{1/3} ossia, detto r = (xyz)^{1/3}, r^{3} − 2 − 3r ≥ 0. Essendo r^{3} − 2 − 3r = (r − 2)(r + 1)^{2} otteniamo r ≥ 2 ossia (xyz)^{1/3} ≥ 2. Torniamo alla nostra disuguaglianza \sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z} ≥ 3\sqrt{2} ed eleviamo al quadrato ottenendo x+y +z +2\sqrt{xy} +2\sqrt{yz} +2\sqrt{xz} ≥ x+y +z +6(xyz)^{1/3} = xyz −2+6(xyz)^{1/3} ≥ 3\sqrt{2}. Definendo sempre r = (xyz)^{1/3}, otteniamo r^{3} + 6r − 20 = (r − 2)(r^{2} + 2r + 10) ≥ 0 che certamente è vera per r ≥ 2.

Seconda dimostrazione Da Hölder ∑_{cyc} \sqrt{\frac{a + b}{c}} ∑_{cyc} \sqrt{\frac{a + b}{c}} ∑_{cyc} c(a + b)^{2} ≥ (∑_{cyc}(a + b))^{3} per

cui arriviamo a 4(a + b + c)^{3} ≥ 9(∑_{sym} a^{2}b + 6abc) ossia 4(a^{3} + b^{3} + c^{3}) + 3 ∑_{sym} a^{2}b ≥ 30abc che è

vera

199.1.A Nel problema (4.9) di [BW] troviamo la disuguaglianza F (x, y) ≤ M_{q} dove q ≥ \frac{1}{3} e

M_{q} = (\frac{x^{q} + y^{q}}{2} )^{1/q}. Dimostriamo che M_{\frac{1}{3}} ≤ M_{2} −M_{1} +M_{0} dove M_{0} = \sqrt{xy}. La disuguaglianza

è evidentemente (\frac{x^{\frac{1}{3}} + y^{\frac{1}{3}}}{2} )^{3} + \frac{x + y}{2} < (\frac{x^{2} + y^{2}}{2} )^{1/2} + \sqrt{xy}. Se u^{6} = x/y ≥ 1 abbiamo

P (u) ≐ 64(1 + u^{12}) − 2((1 + u^{2})^{3} + 4(u^{3} − 1)^{2})^{2} > 0. Evidentemente P (1) = 0, P′(1) = 0,

P^{(k)}(1) > 0 per 2 ≤ k ≤ 11 e P^{(12)}(u) > 0 per ogni u. Ne segue P (u) > 0 for u > 1 quindi la disuguaglianza.

La disuguaglianza F (x, y) ≤ M_{q}(x, y) Si può dimostrare in diversi modi. In [BW] gli autori utilizzano il fatto che \frac{3}{8} ln t − \frac{t^{3} − 1}{(t + 1)^{3}} > 0 for t > 1. Nel problema (rich.12) si utilizzano le

tecniche esposte in [MO] (capitoli 3,4).

200.1.A

201.1.A

202.1.A

203.1.A

204 .1.A Semplificando il tutto si ottiene 3 ∑_{sym} a^{3}b^{2}c ≤ ∑_{sym} a^{3}b^{3} + \frac{3}{2} ∑_{sym} a^{4}bc + \frac{1}{2} ∑_{sym}(abc)^{2}.

Abbiamo ∑_{sym} a^{3}b^{2}c ≤ ∑_{sym} a^{3}b^{3} e ∑_{sym} a^{3}b^{2}c ≤ ∑_{sym} a^{4}bc per il teorema di Muirhead osservando che

[3, 2, 1] ≺ [3, 3, 0] e [3, 2, 1] ≺ [4, 1, 1]. Si rimane con ∑_{sym} a^{3}b^{2}c ≤ \frac{1}{2} ∑_{sym} a^{4}bc + \frac{1}{2} ∑_{sym}(abc)^{2} che

riscriviamo con abc (∑_{sym} a^{2}b − \frac{1}{2} ∑_{sym} a^{3} + \frac{1}{2} ∑_{sym} abc) ≤ 0. Appare subito emergere la disugua-

glianza di Schür (rich.13) Le disuguaglianze AGM sottostanti Muirhead sono: (a^{3}b^{3} + a^{3}b^{3} +

a^{3}c^{3})/3 ≥ a^{3}b^{2}c per ∑_{sym} a^{3}b^{2}c ≤ ∑_{sym} a^{3}b^{3} e (a^{3} + a^{3} + b^{3})/3 ≥ a^{2}b per ∑_{sym} a^{3}b^{2}c ≤ ∑_{sym} a^{4}bc dopo

avere raccolto abc ovunque.

205.1.A

La parte destra della disuguaglianza. Esistono diverse dimostrazioni. Qui ne viene data una basata sulle funzioni cosiddette Schür–concave. For any x = (x_{1}, x_{2}) ∈ R^{2} let x_{[1]} ≥ x_{[2]} denote the components of x in decreasing order. We write

x ≺ y if  x_{[1]} ≤ y_{[1]},  and x_{[1]} + x_{[2]} = y_{[1]} + y_{[2]}

If x ≺ y we say that x is majorized by y or that y majorizes x. For x > 0 we have (\frac{x}{2}, \frac{x}{2}) ≺ (x, 0)

or (\frac{x_{1}+x_{2}}{2} , \frac{x_{1}+x_{2}}{2} ) ≺ (x_{[1]}, x_{[2]}).

Definition A function φ: D ⊆ R^{2} → R is said to be “Schür –convex” (concave) if for any x ∈ D, y ∈ D

x ≺ y ⟹ φ(x) ≤ φ(y) (φ(x) ≥ φ(y))

Now let D be a subset of R^{2} such that: i) x ∈ D ⟹ x′ ∈ D if the components of x′ are permutated respect to the components of x. ii) D is convex and has non–empty interior. We have the fundamental theorem (the proof can be found at page 57 of [MO]).

Theorem Let φ: D → R be a continuously differentiable function. D satisfies i) and ii) above. Necessary and sufficient condition for φ to be Schür –convex (concave) on D are

1) φ is symmetric

2) (x − y)(φ_{x} − φ_{y}) ≥ 0 (≤ 0) for any (x, y) ∈ D.

We have Proposition Let \{D: (x, y) ∈ R^{2}: x > 0, y > 0\}. The function F (x, y)/M_{\frac{1}{3}} (x, y) is Schür – concave on D We suppose x ≥ y. The Schür –concavity yields

F (x, y)/M_{\frac{1}{3}} (x, y) ≤ F (\frac{x + y}{2} , \frac{x + y}{2} )/M_{\frac{1}{3}} (\frac{x + y}{2} , \frac{x + y}{2} ) = 1 whence the result.

Proof of the proposition

1) F (x, y)/M_{\frac{1}{3}} (x, y) ≐ G(x, y) is of course symmetric on D that satisfies the properties i) and ii) above.

2) Let x ≥ y. For u = x/y ≥ 1 we have Let x ≥ y. For u = x/y ≥ 1 we have

G_{x} − G_{y} = \frac{8}{y(1 + u^{1/3})^{3} ln u}(2 + \frac{1 − u^{2}}{u ln u} + \frac{(1 − u)(u^{−2/3} − 1)}{(1 + u^{1/3})})

If u = e^{3z}, z ≥ 0, G_{x} − G_{y} ≤ 0 is equivalent to

2 + \frac{1 − e^{6z}}{3ze^{3z}} + \frac{(1 − e^{3z})(e^{−2z} − 1)}{1 + e^{z}} ≤ 0

that is

2 + \frac{1 − e^{6z}}{3ze^{3z}} − 1 + \frac{e^{3z} − 2^{−2z}}{1 + e^{z}} ≤ 0

implied by

\frac{1 − e^{6z}}{3ze^{3z}} + 1 + e^{2z} ≤ 0

The last inequality is equivalent to f(z) ≐ e^{6z} − 1 − 3z − 3ze^{2z} ≥ 0. f(0) = 0. f′(z) = 3(2e^{6z} − 1 − e^{2z} − 2ze^{2z}). Now we observe that

−e^{2z} − 2ze^{2z} ≥ −3e^{3z} + 2e^{2z}

this is equivalent to 3e^{z} − 3 − 2z ≥ 0 which follows by e^{z} > 1 + z. Thus it is enough to prove that

\begin{matrix}f′(z) ≥ 3(2e^{6z} − 1 − 3e^{3z} + 2e^{2z}) = 3(2e^{6z} − 1 − e^{3z} − 2e^{3z} + 2e^{2z}) ≥ \\ 3(2e^{6z} − 1 − e^{3z} − 2e^{3z} + 2) ≥ 0 \end{matrix}

and finally we come to 2λ^{2} − 3λ + 1 = 2(λ − 1)(λ − \frac{1}{2}) ≥ 0. Since λ = e^{3z} ≥ 1 the inequality is proved.

• Per dimostrare l’altra parte della disuguaglianza ossia M_{p}(x, y) ≤ F (x, y) con p ≤ 0, procediamo allo stesso modo ma facciamo vedere F (x, y)/M_{p}(x, y) è Schür–convessa e quindi dalla re-

lazione (\frac{x + y}{2} , \frac{x + y}{2} ) ≺ (x, y) segue F (x, y)/M_{p}(x, y) ≥ F (\frac{x + y}{2} , \frac{x + y}{2} )/M_{p}(\frac{x + y}{2} , \frac{x + y}{2} ) =

1. Detta quindi G(x, y) ≐ F (x, y)/M_{p}(x, y) abbiamo

G_{x} − G_{y} = (\frac{1}{ln x − ln y} − \frac{x − y}{(ln x − ln y)^{2}} \frac{1}{x} + \frac{1}{ln x − ln y} − \frac{x − y}{(ln x − ln y)^{2}} \frac{1}{y} ) \frac{2^{1/p}}{(x^{p} + y^{p})^{1/p}} +

−\frac{2^{1/p}}{p} \frac{p(x^{p−1} − y^{p−1})}{(x^{p} + y^{p})^{\frac{1}{p} +1}} \frac{x − y}{ln x − ln y}

Ponendo x/y = t > 1 si ottiene \frac{2^{1/p}}{y(1 + t^{p})^{1/p} ln t} (2 + \frac{1 − t^{2}}{t ln t} + \frac{(1 − t)(t^{p−1} − 1)}{(1 + t^{p})}) ≥ 0 e se p =

−|p| si ottiene t+ \frac{1 − t^{2}}{ln t} + \frac{1 + t^{|p|+2}}{1 + t^{|p|}} ≥ 0. Ora richiamiamo il contenuto del problema rich.11 dal

quale segue che F (x, y) ≤ \frac{x + y}{2} ossia \frac{x − y}{ln x − ln y} ≤ \frac{x + y}{2} e ponendo y = 1 si ha \frac{x − 1}{ln x} ≤ \frac{x + 1}{2}

da cui \frac{1}{ln x} ≤ \frac{1}{2} \frac{x + 1}{x − 1}. La disuguaglianza t + \frac{1 − t^{2}}{ln t} + \frac{1 + t^{|p|+2}}{1 + t^{|p|}} ≥ 0 è quindi implicata da

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

\frac{1}{2}(t + 1)^{2} − t − \frac{1 + t^{|p|+2}}{1 + t^{|p|}} ≤ 0 ossia \frac{t^{2} + 1}{2} ≤ \frac{1 + t^{|p|+2}}{1 + t^{|p|}} ovvero f(t) ≐ t^{|p|+2} + 1 − t^{2} − t^{|p|} ≥ 0.

f′(t) = (|p| + 2)t^{|p|+1} − 2t − |p|t^{|p|−1} = |p|t^{|p|+1} + 2t^{|p|+1} − 2t − |p|t^{|p|−1} che è certamente vera essendo t ≥ 1. Ne segue il risultato. Essendo sia F (x, y) che M_{p}(x, y) simmetriche rispetto allo scambio di x con y, ne segue che la disuguaglianza è vera anche per 0 < t < 1.

• Vediamo ora che per 0 < q < 1/3 non si ha né F (x, y) ≤ (\frac{x^{q} + y^{q}}{2} )^{1/q} né F (x, y) ≥ (\frac{x^{q}+y^{q}}{2} )^{1/q}.

La quantità \frac{2^{1/p}}{y(1 + t^{p})^{1/p} ln t} (2 + \frac{1 − t^{2}}{t ln t} + \frac{(1 − t)(t^{p−1} − 1)}{(1 + t^{p})}) è pari a 1+ \frac{1 − t^{2}}{t ln t} + \frac{t + t^{p−1}}{1 + t^{p}} e per

t grande si comporta come −\frac{t}{ln t} +t^{1−p} < 0. Nell’intorno di t = 1 invece diventa \frac{1}{2} (\frac{1}{3} − p) (t− 1)^{2} + O((t − 1)^{3}) e per p < 1/3 è positivo per cui abbiamo il risultato. 206 .1.A Cominciamo dalla parte destra. Notiamo che I(x, y) = I(y, x) per cui possiamo prendere y > x, definire t = y/x e riscrivere la disuguaglianza come \frac{1}{e}xt^{\frac{t}{t−1}} ≤ x\frac{1 + t}{2} ossia f(t) ≐ t^{\frac{t}{t−1}} (1 + t)^{−1} ≤ e/2. Notiamo che lim_{t→1^{+}} f(t) = \frac{e}{2} per cui vediamo se per caso f′(t) < 0. Essendo f > 0 f′ > 0 equivale a f′/f > 0 e quindi (ln f)′ > 0 e quindi \frac{1}{t − 1} (\frac{2}{t + 1} − \frac{ln t}{t − 1}) > 0. Quest’ultima equivale a ln t ≤ 2\frac{t − 1}{t + 1} ed è dimostrata in (rich.12)

• Per la parte sinistra si tratta di dimostrare che f(t) ≐ (t − 1)^{−1}t^{\frac{t}{t−1}} ln t > e dopo avere osservato che lim_{t→1^{+}} f(t) = e. Essendo f > 0, studiamo (ln f)′ = (t ln t)^{−1} (1 − t(\frac{ln t}{t − 1})^{2}) > 0 ossia 1 − t(\frac{ln t}{t − 1})^{2} > 0 ossia ln t ≤ \frac{t − 1}{\sqrt{t}}. Detta g(t) ≐ \sqrt{t} ln t − t + 1 vogliamo che 2\sqrt{t}g′(t) = ln t + 1 − \sqrt{t} < 0. Derivando ancora arriviamo a \frac{1}{2t} < \frac{1}{2\sqrt{t}} il che è vero essendo t > 1. 207.1.A Prima dimostrazione Semplificando il tutto si arriva a ∑_{sym}(a^{6} +a^{5}b) ≥ ∑_{sym}(a^{4}b^{2} + a^{3}b^{2}c) e per Muirhead è vera. Basta osservare che (a^{6} + a^{6} + b^{6})/3 ≥ a^{4}b^{2} e che

\frac{a^{5}b}{7} + \frac{a^{5}b}{7} + \frac{a^{5}b}{7} + \frac{a^{5}b}{7} + \frac{b^{5}c}{7} + \frac{b^{5}c}{7} + \frac{c^{5}a}{7} ≥ a^{3}b^{2}c

Seconda dimostrazione Siccome la disuguaglianza è simmetrica, possiamo supporre a ≥ b ≥ c e quindi 1/(b + c) ≥ 1/(a + c) ≥ 1/(a + b) e quindi applichiamo Chebysev ∑_{cyc} \frac{a^{4}}{b + c} ≥

\frac{1}{3}(a^{4} + b^{4} + c^{4}) ∑_{cyc} \frac{1}{a + b} ≥ \frac{1}{2}(a^{3} + b^{3} + c^{3}). Dalla AHM otteniamo \frac{1}{3}(a^{4} + b^{4} + c^{4}) ∑_{cyc} \frac{1}{a + b} ≥

\frac{1}{3}(a^{4} + b^{4} + c^{4})\frac{9}{2(a + b + c)} ≥ \frac{1}{2}(a^{3} + b^{3} + c^{3}) ossia 3(a^{4} + b^{4} + c^{4}) ≥ (a + b + c)(a^{3} + b^{3} + c^{3})

che equivale a ∑_{sym} a^{4} ≥ ∑_{sym} a^{3}b certamente vera.

Terza dimostrazione Usiamo Cauchy–Schwarz nella forma ∑_{cyc} \frac{a^{4}}{a + c} ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{(a + b)} ≥ (a^{3}+b^{3}+

c^{3})^{2} per cui ci riduciamo a \frac{(∑_{cyc} a^{3})^{2}}{∑_{cyc} a^{2}(a + b)} ≥ \frac{1}{2}(a^{3} + b^{3} + c^{3}) ossia a^{3} + b^{3} + c^{3} ≥ a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a

18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 80 che è evidente

208.1.A Prima dimostrazione La disuguaglianza altri non è che \frac{1}{2}((a^{2} + b^{2} + c^{2})(a + b)(b +

c)(c + a))^{−1}(a^{3} + b^{3} + c^{3} − 2abc) ∑_{sym}(a^{3} − a^{2}b) che è chiaramente vera.

Seconda dimostrazione Da Cauchy–Schwarz ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{b + c} ∑_{cyc} a^{4}(b + c) ≥ (∑_{cyc} a^{3})^{2} da cui

2 ∑_{cyc} a^{2} ∑_{cyc} a^{3} ≥ 3 ∑_{cyc} a^{4}(b + c) che si fattorizza come \frac{1}{2}(∑_{sym} a^{4}b ∑_{cyc} a^{2})^{−1} ∑_{cyc}(a^{2} − ab) ∑_{sym}(a^{3} −

a^{2}b) che chiaramente è positiva.

Terza dimostrazione Da Cauchy–Schwarz ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{b + c} ∑_{cyc} a^{4}(b + c) ≥ (∑_{cyc} a^{3})^{2} da cui

2 ∑_{cyc} a^{2} ∑_{cyc} a^{3} ≥ 3 ∑_{cyc} a^{4}(b + c). Espandendo si ha ∑_{sym}(a^{5} + 2a^{3}b^{2}) ≥ 3 ∑_{sym} a^{4}b. Siccome la

disuguaglianza è simmetrica, possiamo supporre c ≥ b ≥ a per cui scriviamo b = a+x, c = a+y ed otteniamo a(4x^{4} +4y^{4} −8xy^{3} +12x^{2}y^{2} −8yx^{3})+2x^{2}y^{3} +2y^{2}x^{3} +2x^{5} +2y^{5} −3x^{4}y −3y^{4}x ≥ 0 che vediamo nella forma P (x, y)a + Q(x, y) ≥ 0. Facciamo vedere che 4x^{4} + 4y^{4} − 8xy^{3} + 12x^{2}y^{2} − 8yx^{3} ≥ 0. Infatti scriviamo (x^{2} + y^{2})^{2} − 2(xy)^{2} + 3(xy)^{2} ≥ 2(xy)(x^{2} + y^{2}) ≥ 0 che è implicata da (x^{2} + y^{2})^{2} − 2(xy)^{2} + 3(xy)^{2} ≥ (x^{2} + y^{2})(x^{2} + y^{2}) ≥ 0 che è ovvia. Essendo P (x, y) ≥ 0 la relazione lineare P (x, y)a + Q(x, y) ≥ 0 sarà vera non appena Q(x, y) ≥ 0 ossia 2x^{2}y^{3}+2y^{2}x^{3}+2x^{5}+2y^{5}−3x^{4}y−3y^{4}x ≥ 0. Osserviamo che dalla AGM si ha 2y^{2}x^{3}+2x^{5} ≥ 4x^{4}y e 2x^{2}y^{3} + 2y^{5} ≥ 4xy^{4} e quindi è vera.

209 .1.A Si ponga x = a/b, y = c/a, z = b/c e si ottiene così \frac{a^{4}}{2a^{3}b + bc^{3}} + \frac{c^{4}}{2c^{3}a + ab^{3}} +

\frac{b^{4}}{2b^{3}c + ca^{3}} ed applichiamo Cauchy–Schwarz nella forma (\frac{a^{2}}{x} + \frac{b^{2}}{y} + \frac{c^{2}}{z})(x + y + z) ≥ (a + b + c)^{2}

da cui \frac{(a^{2} + b^{2} + c^{2})^{2}}{2a^{3}b + bc^{3} + 2c^{3}a + ab^{3} + 2b^{3}c + ca^{3}} ≥ 1 e quindi (a^{2} + b^{2} + c^{2})^{2} ≥ 2a^{3}b + bc^{3} + 2c^{3}a +

ab^{3} + 2b^{3}c + ca^{3}. Possono accadere due possibilità (la disuguaglianza è ciclica). La prima è a ≥ b ≥ c e quindi scriviamo (a^{2} + b^{2} + c^{2})^{2} − 2a^{3}b − bc^{3} − 2c^{3}a − ab^{3} − 2b^{3}c − ca^{3} = (a^{2} − ab + b^{2})(a − b)^{2} + (2a(a − b) + b(b − c) + c^{2})(a − c)(b − c) ≥ 0. La seconda è c ≥ b ≥ a ed abbiamo (a^{2} + b^{2} + c^{2})^{2} − 2a^{3}b − bc^{3} − 2c^{3}a − ab^{3} − 2b^{3}c − ca^{3} = (a^{2} − ab + b^{2})(a − b)^{2} + (a^{2} + (a − b)^{2} + c(c − b))(c − a)(c − b)

210 .1.A Prima dimostrazione Essendo la derivata seconda della funzione 1/(1 − a) è

2/(1 − a)^{3} > 0 si ha \frac{a}{1 − a} + \frac{b}{1 − b} + \frac{c}{1 − c} ≥ 3\frac{\frac{a+b+c}{3}}{1 − \frac{a+b+c}{3}} = 3\frac{a + b + c}{3 − (a + b + c)}. Dalla AGM

abbiamo a + b + c ≥ 3 ^{3} \sqrt{abc} da cui 3\frac{a + b + c}{3 − (a + b + c)} ≥ \frac{3 ^{3} \sqrt{abc}}{1 − ^{3} \sqrt{abc}}

Seconda dimostrazione Riscriviamo la disuguaglianza come \frac{a^{2}}{a(1 − a)} + \frac{b^{2}}{b(1 − b)} + \frac{c^{2}}{c(1 − c)} ≥

\frac{3 ^{3} \sqrt{abc}}{1 − ^{3} \sqrt{abc}}. Poi applichiamo Cauchy–Schwarz ed otteniamo \frac{(a + b + c)^{2}}{a + b + c − a^{2} − b^{2} − c^{2}} ≥

\frac{3 ^{3} \sqrt{abc}}{1 − ^{3} \sqrt{abc}}. Dalla power–means–inequality otteniamo a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ (a + b + c)^{2}/3 da cui

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

\frac{(a + b + c)^{2}}{a + b + c − a^{2} − b^{2} − c^{2}} ≥ \frac{(a + b + c)^{2}}{a + b + c − \frac{(a+b+c)^{2}}{3}} = \frac{3(a + b + c)}{3 − (a + b + c)} e si ricade nel caso prece-

dente. Terza dimostrazione Se 0 < a < b < 1 abbiamo \frac{1}{1 − a} < \frac{1}{1 − b} e quindi possiamo applicare la disuguaglianza di Chebysev ottenendo \frac{a}{1 − a} + \frac{b}{1 − b} + \frac{c}{1 − c} ≥ \frac{1}{3}(a + b +

c) (\frac{1}{1 − a} + \frac{1}{1 − b} + \frac{1}{1 − c}) . Dalla AGM scriviamo \frac{1}{3}(a + b + c) (\frac{1}{1 − a} + \frac{1}{1 − b} + \frac{1}{1 − c}) ≥

3 \sqrt{abc} (\frac{1}{1 − a} + \frac{1}{1 − b} + \frac{1}{1 − c}) . Dalla convessità di 1/(1 − a) abbiamo \frac{1}{1 − a} + \frac{1}{1 − b} + \frac{1}{1 − c} ≥

\frac{3}{1 − \frac{a+b+c}{3}} e quindi \frac{3 ^{3} \sqrt{abc}}{1 − \frac{a+b+c}{3}} ≥ \frac{3 ^{3} \sqrt{abc}}{1 − ^{3} \sqrt{abc}} che certamente è vero

Quarta dimostrazione Si usa sempre Chebysev e quindi \frac{a}{1 − a} + \frac{b}{1 − b} + \frac{c}{1 − c} ≥ \frac{1}{3}(a + b +

c) (\frac{1}{1 − a} + \frac{1}{1 − b} + \frac{1}{1 − c}) . Poi si usa La AHM per cui \frac{1}{3}(a+b+c) (\frac{1}{1 − a} + \frac{1}{1 − b} + \frac{1}{1 − c}) ≥

\frac{1}{3}(a + b + c)\frac{9}{3 − (a + b + c)} = \frac{3(a + b + c)}{3 − (a + b + c)}

211.1.A Prima dimostrazione Detta A = (a + b + c)/3, scriviamo la disuguaglianza come ∑_{cyc} \frac{aA}{b^{2} + A^{2}} ≥ \frac{3}{2} e semplificando si ottiene ∑_{cyc}(105a^{4}c^{2} + 38(ab)^{3} + 42a^{5}b + 24a^{5}c + 10a^{6} +

78a^{3}c^{2}b + 84a^{4}bc) ≥ ∑_{cyc}(21a^{2}c^{4} + 294(abc)^{2} + 66a^{2}c^{3}b). Osserviamo che (a^{5}b + a^{3}b^{3})/ ≥ 2a^{4}b^{2},

(b^{5}c + b^{3}c^{3})/ ≥ 2b^{4}c^{2}, (c^{5}a + c^{3}a^{3})/ ≥ 2c^{4}a^{2} e quindi la disuguaglianza diventa

∑_{cyc}(105a^{4}c^{2} + \frac{55}{2}(ab)^{3} + \frac{63}{2}a^{5}b + 24a^{5}c + 10a^{6} + 78a^{3}c^{2}b + 84a^{4}bc) ≥ ∑_{cyc}(294(abc)^{2} + 66a^{2}c^{3}b).

Poi isoliamo i contributi ∑_{cyc} 84a^{4}bc a sinistra e ∑_{cyc} 66a^{2}c^{3}b a destra. Osserviamo che

33(abc) ∑_{cyc}(a^{3} + 3(abc)) ≥ 33(abc) ∑_{cyc} 2(ac^{2} + a^{2}c)

per la disuguaglianza di Schür (rich.13) e quindi (393 = 294 + 99)

∑_{cyc}(105a^{4}c^{2} + \frac{55}{2}(ab)^{3} + \frac{63}{2}a^{5}b + 24a^{5}c + 10a^{6} + 78a^{3}c^{2}b + 51a^{4}bc + 66a^{3}c^{2}b) ≥ ∑_{cyc} 393(abc)^{2}.

Il risultato ora segue da una “colossale” AGM in quanto 105+55/2+63/2+24+10+78+51+66 = 393. Seconda dimostrazione Semplificando ∑_{cyc} \frac{a}{b^{2} + 1} ≥ \frac{3}{2} si ottiene ∑_{cyc}(2a^{3}c^{2} +2a^{3} +2a+2ba^{2})− 3 ≥ ∑_{cyc}((abc)^{2}+3a^{2}c^{2}+3a^{2}). Essendo a+b+c = 3, abbiamo −3+∑_{cyc}(2a^{3}+2a) = ∑_{cyc} 2a^{3}+3 = ∑_{cyc}(a^{3} + a^{3} + 1) ≥ ∑_{cyc} 3a^{2}. Si rimane con ∑_{cyc}(2a^{3}c^{2} + 2ba^{2}) ≥ ∑_{cyc}((abc)^{2} + 3a^{2}c^{2}). Abbiamo 18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 82

∑_{cyc}(\frac{3}{2}a^{3}c^{2} + \frac{3}{2}ac^{2}) ≥ ∑_{cyc} 3a^{2}c^{2} per cui rimaniamo con ∑_{cyc}(\frac{1}{2}a^{3}c^{2} + \frac{1}{2}ba^{2}) ≥ \frac{3}{2}(abc)^{5/3} +

\frac{3}{2}(abc) ≥ 3(abc)^{2} in quanto, essendo a + b + c = 3, ne segue 3 ≥ 3(abc)^{1/3} ossia abc ≤ 1.

212 .1.A Usando Cauchy–Schwarz abbiamo ∑_{cyc} \frac{a}{1 + bc} = ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{a + abc} ≥ \frac{(a + b + c)^{2}}{a + b + c + 3abc} =

\frac{1}{1 + 3abc} ≥ \frac{9}{10} ossia abc ≤ 1/27 e questo segue da a + b + c = 1.

213.1.A Prima dimostrazione Scriviamo \frac{a}{ab + 1} = a − \frac{a^{2}b}{ab + 1} = \frac{a^{2}b}{ab + 1} ossia ∑_{cyc} \frac{a}{ab + 1} =

∑_{cyc} \frac{a^{2}b}{ab + 1} + ∑_{cyc} a e quindi la disuguaglianza diventa ∑_{cyc} \frac{a^{2}b}{ab + 1} ≤ 3 − \frac{3}{2} = \frac{3}{2}. La AGM ci dà

∑_{cyc} \frac{a^{2}b}{2\sqrt{a}\sqrt{b}} = \frac{1}{2} ∑_{cyc} a^{3/2}\sqrt{b} ≤ \frac{3}{2}. Poi scriviamo a^{3/2}\sqrt{b} = a\sqrt{ab} ≤ \frac{1}{2}(a^{2} + ab) = \frac{1}{2}((a + b +

c)^{2} − (ab + bc + ca)) ≤ \frac{1}{2}(9 − 3) = 3. Si è usato ab + bc + ca ≤ 3 in quanto ab + bc + ca =

\frac{1}{2}((a + b + c)^{2} − (a^{2} + b^{2} + c^{2})) e a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ (a + b + c)^{2}/3 = 3 da cui ab + bc + ca =

\frac{1}{2}((a + b + c)^{2} − (a^{2} + b^{2} + c^{2})) ≤ \frac{1}{2}(9 − 3) = 3.

Seconda dimostrazione Siccome la disuguaglianza è ciclica possiamo porre che c è il valore più piccolo fra a, b e c. Quindi scriviamo a = c + x, b = c + y con x, y > 0 e quindi

324c^{4}(x^{2} + y^{2} − xy) + c^{3}(324y^{3} + 324x^{3} − 81yx^{2} + 405y^{2}x)+
+ c^{2}(81x^{4} + 81y^{4} + 81x^{3}y + 243x^{2}y^{2} + 567y^{3}x)+
+ c(18x^{5} + 18y^{5} − 45x^{4}y + 99x^{3}y^{2} + 261y^{3}x^{2} + 117y^{4}x)+
+ x^{6} + y^{6} − 3x^{5}y − 3x^{4}y^{2} + 20x^{3}y^{3} + 33x^{2}y^{4} + 15xy^{5} ≥ 0

Ciascuno dei cinque coefficienti è positivo. Infatti x^{2} + y^{2} − xy ≥ xy, 324x^{3} − 81yx^{2} + 405y^{2}x ≥ (2\sqrt{324 · 405} − 81)x^{2}y, 18x^{5} − 45x^{4}y + 99x^{3}y^{2} ≥ (2\sqrt{18 · 99} − 45)x^{4}y. Per quanto riguarda il

coeffciente di c^{0} scriviamo \frac{3}{44}x^{6} + 33x^{2}y^{4} ≥ 3x^{4}y da cui rimaniamo con \frac{41}{44}x^{6} + y^{6} − 3x^{5}y +

20x^{3}y^{3} + 15xy^{5} ≥ 0. Poi poniamo y = px da cui dobbiamo mostrare che p^{6} + 15p^{5} + 20p^{3} − 3p +

\frac{41}{44} ≥ 0. Ora 20p^{3} + \frac{41}{88} + \frac{41}{88} ≥ 3(\frac{8405}{1936})^{1/3}p > 3p e quindi si ha positività .

214.1.A Dopo avere osservato che per in 0 ≤ x ≤ 1 la funzione 1/(1 + x^{2}) ha un solo flesso, possiamo usare il cosiddetto E–V–principle dal quale segue che il massimo della funzione è conseguito quando due delle tre variabili sono uguali. Quindi assumiamo y = z = t da cui

x + 2t = 1, t = (1 − x)/2, e quindi \frac{1}{1 + x^{2}} + \frac{2}{1 + \frac{(1−x)^{2}}{4}} ≤ \frac{27}{10}. Semplificando si arriva a

\frac{5 + 72x^{2} − 34x + 27x^{4} − 54x^{3}}{10(1 + x^{2})(1 + y^{2})(1 + z^{2})} ≥ 0 ossia 5+72x^{2}−34x+27x^{4}−54x^{3} = (3x−1)^{2}(3x^{2}−4x+5) ≥ 0

215 .1.A Semplificando si arriva ∑_{sym}(3(xy)^{3} + (xyz)^{2} + 2(x^{4}yz)) ≥ 6 ∑_{sym} x^{3}y^{2}z. Abbiamo

∑_{sym}((xy)^{3} + (xyz)^{2}) ≥ 2 ∑_{sym} x^{3}y^{2}z che è la disuguaglianza di Schür (rich.13). Rimane

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

∑_{sym}(2(xy)^{3} + 2(x^{4}yz)) ≥ 4 ∑_{sym} x^{3}y^{2}z. Chiaramente una saggia applicazione della AGM consegna il risultato. Infatti, per avere ∑_{sym}(xy)^{3} ≥ ∑_{sym} x^{3}y^{2}z basta osservare che ((xy)^{3} + (xy)^{3} + (xz)^{3})/3 ≥ x^{3}y^{2}z e via dicendo. Per avere ∑_{sym}(x^{4}yz) ≥ ∑_{sym} x^{3}y^{2}z basta fare (x^{4}yz + x^{4}yz + xy^{4}z)/3 ≥ x^{3}y^{2}z e via dicendo.

216 .1.A Semplificando si ha ∑_{sym}((ab)^{3} + \frac{1}{2}(abc)^{2} + \frac{3}{2}a^{4}bc) ≥ ∑_{sym} 3ba^{3}b^{2}c. Dal teorema di Muirhead, essendo [3, 2, 1] ≺ [4, 1, 1], abbiamo ∑_{sym}((ab)^{3} + \frac{1}{2}(abc)^{2}) ≥ ∑_{sym} \frac{3}{2}a^{3}b^{2}c. Poi essendo ancora [3, 2, 1] ≺ [3, 3, 0] abbiamo ∑_{sym}((ab)^{3} + (abc)^{2}) ≥ ∑_{sym} 2a^{3}b^{2}c che è la disuguaglianza di Schür (rich.13). Le AGM sottostanti al teorena di Muirhead sono, nel primo caso,

(a^{4}bc + a^{4}bc + c^{4}ab)/3 ≥ a^{3}c^{2}b, (a^{4}bc + a^{4}bc + b^{4}ac)/3 ≥ a^{3}b^{2}c,
(c^{4}ab + c^{4}ab + a^{4}bc)/3 ≥ c^{3}a^{2}b, (a^{4}bc + b^{4}ac + b^{4}ac)/3 ≥ b^{3}a^{2}c
(c^{4}ab + c^{4}ab + b^{4}ac)/3 ≥ c^{3}b^{2}c, (c^{4}ab + b^{4}ac + b^{4}ac)/3 ≥ b^{3}c^{2}a

e nel secondo

(a^{4}bc + a^{4}bc + ab^{4}c)/3 ≥ a^{3}b^{2}c, (b^{4}ac + b^{4}ac + a^{4}bc)/3 ≥ a^{2}b^{3}c
(a^{4}bc + a^{4}bc + abc^{4})/3 ≥ a^{3}bc^{2}, (b^{4}ac + b^{4}ac + abc^{4})/3 ≥ ab^{3}c^{2}
(abc^{4} + abc^{4} + a^{4}bc)/3 ≥ a^{2}bc^{3}, (abc^{4} + abc^{4} + ab^{4}c)/3 ≥ ab^{2}c^{3}

217 .1.A La disuguaglianza è implicata da \frac{x^{5} − x^{3}yz}{x^{5} + (y^{2} + z^{2})xyx} + \frac{y^{5} − y^{3}xz}{y^{5} + (z^{2} + x^{2})xyz} +

\frac{z^{5} − z^{3}xy}{z^{5} + (x^{2} + y^{2})xyz} ≥ 0 e semplificando essa è equivalente a ∑_{sym}(x^{10}yz + x^{6}y^{3}z^{3} + 4x^{7}y^{5}) ≥

∑_{sym}(x^{5}y^{5}z^{2} + 2x^{6}y^{5}z + x^{8}y^{2}z^{2} + 2x^{6}y^{4}z^{2}). Dalla AGM abbiamo ∑_{sym}(x^{10}yz + x^{6}y^{3}z^{3}) ≥

∑_{sym} 2x^{8}y^{2}z^{2} per cui otteniamo ∑_{sym}(x^{8}y^{2}z^{2} + 4x^{7}y^{5}) ≥ ∑_{sym}(x^{5}y^{5}z^{2} + 2x^{6}y^{5}z + 2x^{6}y^{4}z^{2}). Il

Teorema di Muirhead fa il resto in quanto [6, 4, 2] ≺ [7, 5, 0], [6, 5, 1] ≺ [7, 5, 0], [5, 5, 2] ≺ [8, 2, 2]. Le AGM sottostanti sono: 18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 84

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

[6, 4, 2] ≺ [7, 5, 0],

\underbrace{\frac{x^{7}y^{5}}{13} + … + \frac{x^{7}y^{5}}{13}}_{9 volte} +\frac{y^{7}z^{5}}{13} + \frac{z^{7}x^{5}}{13} + \frac{z^{7}x^{5}}{13} + \frac{z^{7}x^{5}}{13} ≥ x^{6}y^{4}z^{2}

\underbrace{\frac{y^{7}z^{5}}{13} + … + \frac{y^{7}z^{5}}{13}}_{9 volte} +\frac{z^{7}x^{5}}{13} + \frac{x^{7}y^{5}}{13} + \frac{x^{7}y^{5}}{13} + \frac{x^{7}y^{5}}{13} ≥ y^{6}z^{4}x^{2}

\underbrace{\frac{z^{7}x^{5}}{13} + … + \frac{z^{7}x^{5}}{13}}_{9 volte} +\frac{x^{7}y^{5}}{13} + \frac{y^{7}z^{5}}{13} + \frac{y^{7}z^{5}}{13} + \frac{y^{7}z^{5}}{13} ≥ z^{6}x^{4}y^{2}

\underbrace{\frac{y^{7}x^{5}}{13} + … + \frac{y^{7}x^{5}}{13}}_{9 volte} +\frac{x^{7}z^{5}}{13} + \frac{z^{7}y^{5}}{13} + \frac{z^{7}y^{5}}{13} + \frac{z^{7}y^{5}}{13} ≥ y^{6}x^{4}z^{2}

\underbrace{\frac{z^{7}y^{5}}{13} + … + \frac{z^{7}y^{5}}{13}}_{9 volte} +\frac{y^{7}x^{5}}{13} + \frac{x^{7}z^{5}}{13} + \frac{x^{7}z^{5}}{13} + \frac{x^{7}z^{5}}{13} ≥ z^{6}y^{4}x^{2}

\underbrace{\frac{x^{7}z^{5}}{13} + … + \frac{x^{7}z^{5}}{13}}_{9 volte} +\frac{z^{7}y^{5}}{13} + \frac{y^{7}x^{5}}{13} + \frac{y^{7}x^{5}}{13} + \frac{y^{7}x^{5}}{13} ≥ x^{6}z^{4}y^{2}

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

[6, 5, 1] ≺ [7, 5, 0],

\underbrace{\frac{x^{7}y^{5}}{39} + … + \frac{x^{7}y^{5}}{39}}_{32 volte} + \underbrace{\frac{y^{7}z^{5}}{39} + … + \frac{y^{7}z^{5}}{39}}_{5 volte} +\frac{z^{7}x^{5}}{39} + \frac{z^{7}x^{5}}{39} ≥ x^{6}y^{5}z

\underbrace{\frac{y^{7}z^{5}}{39} + … + \frac{y^{7}z^{5}}{39}}_{32 volte} + \underbrace{\frac{z^{7}x^{5}}{39} + … + \frac{z^{7}x^{5}}{39}}_{5 volte} +\frac{x^{7}y^{5}}{39} + \frac{x^{7}y^{5}}{39} ≥ y^{6}z^{5}x

\underbrace{\frac{z^{7}x^{5}}{39} + … + \frac{z^{7}x^{5}}{39}}_{32 volte} + \underbrace{\frac{x^{7}y^{5}}{39} + … + \frac{x^{7}y^{5}}{39}}_{5 volte} +\frac{y^{7}z^{5}}{39} + \frac{y^{7}z^{5}}{39} ≥ z^{6}x^{5}y

\underbrace{\frac{y^{7}x^{5}}{39} + … + \frac{y^{7}x^{5}}{39}}_{32 volte} + \underbrace{\frac{x^{7}z^{5}}{39} + … + \frac{x^{7}z^{5}}{39}}_{5 volte} +\frac{z^{7}y^{5}}{39} + \frac{z^{7}y^{5}}{39} ≥ y^{6}x^{5}z

\underbrace{\frac{x^{7}y^{5}}{39} + … + \frac{x^{7}y^{5}}{39}}_{32 volte} + \underbrace{\frac{y^{7}x^{5}}{39} + … + \frac{y^{7}x^{5}}{39}}_{5 volte} +\frac{x^{7}z^{5}}{39} + \frac{x^{7}z^{5}}{39} ≥ z^{6}y^{5}x

\underbrace{\frac{y^{7}z^{5}}{39} + … + \frac{y^{7}z^{5}}{39}}_{32 volte} + \underbrace{\frac{z^{7}y^{5}}{39} + … + \frac{z^{7}y^{5}}{39}}_{5 volte} +\frac{y^{7}x^{5}}{39} + \frac{y^{7}x^{5}}{39} ≥ x^{6}z^{5}y

[5, 5, 2] ≺ [8, 2, 2] si riduce semplificando xyz a x^{3}y^{3} +y^{3}z^{3} +z^{3}x^{3} ≤ x^{6} +y^{6} +z^{6} e ciò è evidente anche ponendo x^{3} = a, y^{3} = b, z^{3} = c da cui ab + bc + c ≤ a^{2} + b^{2} + c^{2} 218 .1.A Riscriviamo la disuguaglianza come \frac{a^{3} − b^{3}}{a^{2} + ab + b^{2}} + \frac{b^{3} − c^{3}}{b^{2} + bc + c^{2}} + \frac{c^{3} − a^{3}}{c^{2} + ac + c^{2}} +

\frac{b^{3}}{a^{2} + ab + b^{2}} + \frac{c^{3}}{b^{2} + bc + c^{2}} + \frac{a^{3}}{c^{2} + ac + c^{2}} ≥ \frac{a + b + c}{3} ossia (a − b) + (b − c) + (c − a) +

\frac{b^{3}}{a^{2} + ab + b^{2}} + \frac{c^{3}}{b^{2} + bc + c^{2}} + \frac{a^{3}}{c^{2} + ac + c^{2}} ≥ \frac{a + b + c}{3} e quindi \frac{a^{3} + b^{3}}{a^{2} + ab + b^{2}} + \frac{b^{3} + c^{3}}{b^{2} + bc + c^{2}} +

\frac{c^{3} + a^{3}}{c^{2} + ac + c^{2}} ≥ 2\frac{a + b + c}{3} = \frac{1}{3}(a+b)+\frac{1}{3}(b+c)+\frac{1}{3}(c+a). Ora facciamo vedere che \frac{a^{3} + b^{3}}{a^{2} + ab + b^{2}} ≥

\frac{1}{3}(a + b) ossia \frac{a^{2} − ab + b^{2}}{a^{2} + ab + b^{2}} ≥ \frac{1}{3} ossia, semplificando, a^{2} + b^{2} ≥ 2ab.

219.1.A Sostituiamo \frac{a + b}{c} = x, \frac{b + c}{a} = y, \frac{c + a}{b} = z ed otteniamo \sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z} ≥ 2(\frac{1}{\sqrt{x}} + \frac{1}{\sqrt{y}} + \frac{1}{\sqrt{z}} ) e x+y +z +2 = xyz. Da quest’ultima si ottiene xyz = 2+x+y +z ≥ 2+3(xyz)^{1/3} e definendo r = (xyz)^{1/3} si ha r^{3} ≥ 2+r ossia (r−2)(r+1)^{2} ≥ 0 da cui r ≥ 2 e quindi x+y+z ≥ 6. Eleviamo al quadrato ∑_{cyc} \sqrt{x} ≥ 2 ∑_{cyc} \frac{1}{\sqrt{x}} ed otteniamo xyz ∑_{cyc}(x + 2\sqrt{xy}) ≥ 4(∑_{cyc} \sqrt{xy})^{2}. Poi utilizziamo il risultato 2 ∑_{cyc} \sqrt{xy} ≤ 6(x + y + x) per cui si ha (2 + ∑_{cyc} x) · ∑_{cyc}(x + 2\sqrt{xy}) ≥ (6 + x + y + z)^{2}. Detta S ≐ x + y + z la disuguaglianza è S^{2} + 2S(\sqrt{xy} + \sqrt{yz} + \sqrt{zx}) + 2S + 4(\sqrt{xy} +\sqrt{yz} +\sqrt{zx}) ≥ S^{2} +10S +36. Essendo \sqrt{xy} +\sqrt{yz} +\sqrt{zx} ≥ 3(xyz)^{1/3}, la disuguaglianza è implicata da 3S(xyz)^{1/3} + 6(xyz)^{1/3} ≥ 5S + 18 e quindi 6S + 12 ≥ 5S + 18 ossia S ≥ 6. 220.1.A Prima dimostrazione Usiamo A = (a + b + c)/3 per scrivere ∑_{cyc} \frac{aA}{b^{2} + cA} ≥ \frac{3}{2} e poi

18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 86 data la ciclicità , a = c + x, b = c + y da cui, semplificando si ottiene ∑_{k=0}^{4} c^{k}A_{4−k}/B dove

A_{0} = 144x^{2} + 144y^{2} − 144xy, A_{1} = 258x^{3} − 45xy^{2} − 153x^{2}y + 258y^{3},
A_{2} = −9x^{3}y + 171x^{4} − 171x^{2}y^{2} + 99y^{3}x + 171y^{4},
A_{3} = 53x^{5} + 17x^{2}y^{3} + 34y^{4}x + 53y^{5} − 109x^{3}y^{2} + 43x^{4}y,
A_{4} = 6x^{6} + 6y^{6} + 14x^{5}y − 15x^{4}y^{2} − 12x^{3}y^{3} + 8x^{2}y^{4} + 3xy^{5}

e B = (6c^{2} + 7yc + xc + 3y^{2})(6c^{2} + 4xc + yc + x^{2} + xy)(6c^{2} + 7xc + 4yc + 3x^{2} + xy + y^{2})

A_{0} ≥ 0. x^{2} + y^{2} ≥ 2xy, A_{1} ≥ 0. (x^{3} + x^{3} + y^{3})/3 ≥ x^{2}y, (x^{3} + y^{3} + y^{3})/3 ≥ xy^{2} A_{2} ≥ 0. (x^{4} + y^{4}) ≥ 2x^{2}y^{2}, 9(x^{4} + x^{4} + x^{4} + y^{4})/4 ≥ 9x^{3}y

A_{3} ≥ 0. 53(x^{5} + x^{5} + x^{5} + y^{5} + y^{5})/5 ≥ 53x^{3}y^{2}, 52 · \frac{2}{5} \frac{1}{3}(x^{5} + x^{5} + x^{5} + y^{5} + y^{5}) ≥ \frac{104}{3}x^{3}y^{2}

Quindi per quanto riguarda A_{3} rimaniamo con

17x^{2}y^{3} + 34y^{4}x + 53y^{5} − \frac{64}{3}x^{3}y^{2} + 43x^{4}y + \frac{371}{15}y^{5} ≥ 0

poi abbiamo 17x^{2}y^{3} + 43x^{4}y ≥ 2\sqrt{732}x^{3}y^{2} ≥ 54x^{3}y^{2} da cui il risultato. Da ultimo è rimasto A_{4} = 6x^{6} + 6y^{6} + 14x^{5}y − 15x^{4}y^{2} − 12x^{3}y^{3} + 8x^{2}y^{4} + 3xy^{5} ≥ 0 6x^{6} + 6y^{6} ≥ 12x^{3}y^{3}, e 7x^{5}y + 7x^{5}y + 8x^{2}y^{4} ≥ 3 ^{3} \sqrt{392}x^{4}y^{2} ≥ 21x^{4}y^{2}

221.1.A Riscriviamo la disuguaglianza come (a^{2} + b^{2} + c^{2})\frac{a + b + c}{3} ≥ 4\frac{(a + b + c)^{3}}{27} . Semplificando si arriva a 3abc + 5 ∑_{cyc} a^{2} ≥ 3 ∑_{sym} a^{2}b. La disuguaglianza di Schür ci dice ∑_{sym} a^{3} + ∑_{sym} abc ≥ 2 ∑_{sym} a^{2}b per cui rimane 3 ∑_{cyc} a^{3} ≥ 3abc + ∑_{sym} a^{2}b e sono entrambe

vere grazie alla AGM in quanto a^{3} + b^{3} + c^{3} ≥ 3(abc), e

\begin{matrix}\frac{a^{3} + a^{3} + b^{3}}{3} ≥ a^{2}b, \frac{a^{3} + a^{3} + c^{3}}{3} ≥ a^{2}c, \frac{a^{3} + b^{3} + b^{3}}{3} ≥ ab^{2}, \\ \frac{a^{3} + c^{3} + c^{3}}{3} ≥ ac^{2}, \frac{b^{3} + b^{3} + c^{3}}{3} ≥ b^{2}c, \frac{c^{3} + c^{3} + b^{3}}{3} ≥ c^{2}b, \end{matrix}

222.1.A La disuguaglianza è ∑_{cyc}(ab)^{2} ≥ (abc)^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2}). Da (rich.14) abbiamo ∑_{cyc}(ab)^{2} ≥

\sqrt{3(abc)^{2}(a^{2} + b^{2} + c^{2})} ≥ (abc)^{2}(a^{2} + b^{2} + c^{2}) ossia 2(abc)(ab + bc + ca) + 3 ≥ 9abc ed ancora da (rich.14) 2(abc)\sqrt{3(abc)(a + b + c)}+3 ≥ 9abc da cui 2(abc)^{3/2}+1 ≥ 3abc ossia 2x^{3}−3x^{2}+1 ≥ 0 dove x = \sqrt{abc} Essendo 2x^{3} − 3x^{2} + 1 = (x − 1)^{2}(2x + 1) ≥ 0 per x ≥ −1/2 la disuguglianza è dimostrata.

223.1.A Semplificando il tutto si ottiene ∑_{cyc}(a^{5}b^{3} + a^{4}b^{4} + a^{6}c^{2} + a^{6}bc + a^{4}b^{3}c) + ∑_{sym} a^{5}b^{2}c) ≥

∑_{sym} a^{4}b^{2}c^{2}+5 ∑_{cyc} a^{3}b^{3}c^{2}. Dal teorema di Muirhead abbiamo ∑_{cyc} a^{4}b^{4} = \frac{1}{2} ∑_{sym} a^{4}b^{4} ≥ \frac{1}{2} ∑_{sym} a^{4}b^{2}c^{2}

e ∑_{cyc} a^{6}bc = \frac{1}{2} ∑_{sym} a^{6}bc ≥ \frac{1}{2} ∑_{sym} a^{4}b^{2}c^{2}, per cui si rimane con ∑_{cyc}(a^{5}b^{3} + a^{6}c^{2} + a^{4}b^{3}c) ≥

3 ∑_{cyc} a^{3}b^{3}c^{2} che segue da (a^{6}c^{2} + a^{3}bc^{4} + b^{5}c^{3}) ≥ 3a^{3}c^{3}b^{2}. La prima delle due applicazioni

del teorema di Muirhead segue da (a^{4}b^{4} + a^{4}c^{4})/2 ≥ a^{4}b^{2}c^{2} e via dicendo. Per la seconda delle due applicazioni ci basta dimostrare che a^{5} + b^{5} + c^{5} ≥ a^{3}bc + b^{3}ac + c^{3}ab e questo segue da (a^{5} +a^{5} +a^{5} +b^{5} +c^{5})/5 ≥ a^{3}bc e via dicendo. La disuguaglianza (a^{6}c^{2} +a^{3}bc^{4} +b^{5}c^{3}) ≥ 3a^{3}c^{3}b^{2} è seguita dalle altre due ottenute ciclicamente.

224.1.A Prima dimostrazione La disuguaglianza equivale a

∑_{sym} \frac{1}{a^{3}(b + c)} +4\frac{(ab + bc + ca)}{(abc)(a + b)(b + c)(c + a)} ≥ \frac{(ab + bc + ca)}{(abc)^{2}}. Poniamo ora a = c+x, b = c+y da

cui c^{6}(3x^{2}+3y^{2}−3xy)+c^{5}(2x^{3}+2y^{3}+6xy^{2}+6x^{2}y)+c^{4}(25y^{2}x^{2}+5c^{4}y^{3}x+5c^{4}x^{3}y)+c^{3}(20c^{3}y^{3}x^{2}+ +20x^{3}y^{2})c^{2}(4y^{4}x^{2} + 17x^{3}y^{3} + 4x^{4}y^{2}) + c(4x^{3}y^{4} + 4x^{4}y^{3}) + x^{4}y^{4} ≥ 0 che è chiaramente vera.

Seconda dimostrazione Semplificando si ha ∑_{sym}((ab)^{4} + a^{3}b^{3}c^{2}) ≥ 2 ∑_{sym} a^{4}b^{2}c^{2}. Definendo

ab = x, bc = y, ca = z si ha ∑_{sym}(x^{4} + x^{2}yz) ≥ 2 ∑_{sym} x^{2}z^{2}. Poniamo x = z + a, y = z + b ed

otteniamo z^{2}(3b^{2} −3ab+3a^{2})+z(4b^{3} −3a^{2}b−3b^{2}a+4a^{3})+b^{4} +a^{4} −2a^{2}b^{2} ≥ 0 che è chiaramente vera.

225.1.A Prima dimostrazione Scriviamo ∑_{cyc} \frac{a}{b + c} ≥ ∑_{cyc} (1 − \frac{b}{a + b}) e quindi \frac{a + c}{b + c} + \frac{a + b}{a + c} +

\frac{c + b}{a + b} ≥ 3 che è vera grazie alla AGM.

Seconda dimostrazione Usiamo la proprietà dei riarrangiamenti. Se a_{1} ≤ a_{2} ≤ … ≤ a_{n} e b_{1} ≤ b_{2} ≤ … ≤ b_{n} allora, detta π(k) una qualsiasi permutazione di {1, …, n} si ha a_{1}b_{1} + … + a_{n}b_{n} ≥ a_{1}b_{π(1)} + … + a_{n}b_{π(n)} ≥ a_{1}b_{n} + a_{2}b_{n−1} + … + a_{n}b_{1}.

Poniamo a + b + c = 1 grazie alla omogeneità . Osserviamo che se a ≥ b ≥ c allora \frac{1}{1 − a} ≥

\frac{1}{1 − b} ≥ \frac{1}{1 − c} e quindi possiamo scrivere \frac{a}{1 − a} + \frac{b}{1 − b} + \frac{c}{1 − c} ≥ \frac{a}{1 − c} + \frac{b}{1 − a} + \frac{c}{1 − b} da cui

il risultato.

Terza dimostrazione Semplificando il tutto si ha \frac{a^{3} + b^{3} + c^{3} + a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a}{(a + b)(b + c)(c + a)} ≥ 0 che segue

da (a^{3} + a^{3} + b^{3})/3 ≥ a^{2}b e via dicendo.

226.1.A Assumiamo a^{2} + b^{2} + c^{2} = 1 e riscriviamo la disuguaglianza come ∑_{cyc} \frac{a}{\sqrt{1 + 6a^{2}}} ≤ 1

ossia ∑_{cyc} \frac{1}{\sqrt{6 + 1/a}} ≤ 1. Dalla concavità della funzione 1/\sqrt{x}. otteniamo ∑_{cyc} \frac{1}{\sqrt{6 + 1/a}} ≤

\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{18 + ∑_{cyc} a^{−2}}} ≤ 1 e quindi ∑_{cyc} \frac{1}{a^{2}} ≥ 9 che discende dalla AGM in quanto ∑_{cyc} \frac{1}{a^{2}} ≥

\frac{3}{(abc)^{2/3}} ≥ 1 e dalla relazione a^{2} + b^{2} + c^{2} = 1 otteniamo 3(abc)^{2/3} ≤ 1.

227.1.A Si applica Cauchy–Schwarz. (a^{2} + ab + bc)(α^{2} + β^{2} + γ^{2}) ≥ (αa + β\sqrt{ab} + γ\sqrt{bc})^{2} da

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

cui \frac{1}{a^{2} + ab + bc} ≤ \frac{c^{2} + ab + bc}{(ac + ab + bc)^{2}} e sommando si ottiene il risultato 228.1.A Semplificando le frazioni si ha ∑_{cyc} (6a^{4}b^{2} + 10a^{3}b^{3} + 13a^{3}b^{2}c + 10a^{4}bc) ≥ ∑_{cyc} (17a^{3}bc^{2} + 22(abc)^{2}) . Osserviamo che 17(a^{4}bc +

a^{3}b^{2}c + a^{2}c^{4})/3 ≥ a^{3}bc^{2} per cui ci riduciamo a ∑_{cyc}(\frac{1}{3}a^{4}b^{2} + 10a^{3}b^{3} + \frac{13}{3}a^{4}bc + \frac{22}{3}a^{3}b^{2}c) ≥

∑_{cyc} 22(abc)^{2} ed il risultato segue dalla AGM applicata ad ogni elemento di sinistra. 229.1.A Semplificando le frazioni si ha ∑_{sym} a^{6}b ≥ ∑_{sym} a^{5}b^{2}. Essendo (a^{6}b + a^{6}b + a^{6}b + a^{6}b + ab^{6})/5 ≥ a^{5}b^{2} segue il risultato. 230.1.A Dopo avere scritto la disuguaglianza come \frac{ab + bc + ca}{abc} + \frac{3}{a + b + c} ≥ 4, Utilizziamo il risultato rich.14 e ricordando che abc = 1, otteniamo \sqrt{3}\sqrt{a + b + c}+ \frac{3}{a + b + c} ≥ 4. Definiamo

\sqrt{a + b + c} = x ed arriviamo a \sqrt{3}x+ \frac{3}{x^{2}} ≥ 4 ossia \sqrt{3}x^{3}−4x^{2}+3 = 3^{−1/3}(x−\sqrt{3})(3x^{2}−\sqrt{3}−3) ≥

0 che è vera in quanto a + b + c ≥ 3(abc)^{1/3} = 3 e quindi x ≥ \sqrt{3}. 231.1.A Prima dimostrazione Abbiamo ∑_{cyc} \frac{a}{\sqrt{a + b}} = 2 ∑_{cyc} \frac{b + c}{2(a + b + c)}\sqrt{\frac{a^{2}}{a + b} \frac{(a + b + c)^{2}}{(b + c)^{2}}}

e da Jensen abbiamo 2 ∑_{cyc} \frac{b + c}{2(a + b + c)}\sqrt{\frac{a^{2}}{a + b} \frac{(a + b + c)^{2}}{(b + c)^{2}}} ≥ 2\sqrt{∑_{cyc} \frac{1}{2} \frac{a^{2}}{a + b} \frac{a + b + c}{b + c}} ≥

\frac{1}{\sqrt{2}}(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}). Sempre da Jensen arriviamo a \sqrt{2}\sqrt{∑_{cyc} \frac{a^{2}}{a + b} \frac{a + b + c}{b + c}} ≥ \begin{matrix}√ & \overline{3} \\ √ & \overline{2} \end{matrix}\sqrt{a + b + c} e quadrando e semplificando si arriva a ∑_{cyc}(5a^{3}c+a^{3}b+4a^{4}) ≥ ∑_{cyc}(2a^{2}b^{2}+8a^{2}bc). Da (a^{3}c+ac^{3}) ≥ 2a^{2}b^{2} arriviamo a ∑_{cyc}(a^{3}c + a^{4}) ≥ ∑_{cyc} 2a^{2}bc. Poi osserviamo che (4a^{3}c + 2b^{3}ac^{3}b)/7 ≥ a^{2}bc ed inoltre (2a^{4} + b^{4} + c^{4})/4 ≥ a^{2}bc e quindi otteniamo il risultato. Seconda dimostrazione Una volta arrivati a \sqrt{2}\sqrt{∑_{cyc} \frac{a^{2}}{a + b} \frac{a + b + c}{b + c}} ≥ \begin{matrix}√ & \overline{3} \\ √ & \overline{2} \end{matrix}\sqrt{a + b + c}, quadrando perveniamo a ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{(a + b)(b + c)} ≥ \frac{3}{4} che è la disuguaglianza rich.39 232.1.A Basta osservare che da Cauchy–Schwarz (1 + a + b)(c^{2} + a + b) ≥ (a + b + c)^{2} e quindi

∑_{cyc} \frac{1}{c^{2} + a + b} ≥ \frac{3 + 2(a + b + c)}{(a + b + c)^{2}} = 9

233.1.A Supponiamo a, b, c > 0. Omogeneizziamo ottenendo 9(a^{4} + b^{4} + c^{4}) + 6(a + b + c)(a^{3} +

b^{3} + c^{3}) + 2(a + b + c)^{4} ≥ 9(a^{2} + b^{2} + c^{2})(a + b + c)^{2} da cui ∑_{sym} 4a^{4} + 3a^{2}b^{2} ≥ ∑_{sym} 4a^{3}b + 3a^{2}bc

e segue da Muirhead. Se cambiamo segno a qualcuna delle variabili, la parte sinistra rimane intatta ma la parte destra diventa più piccola per cui la disuguaglianza continua a valere. 18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 89 234 .1.A Poniamo a + b + c = 1 e scriviamo \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + 4\sqrt{2}\frac{ab + bc + ca}{a^{2} + b^{2} + c^{2}} ≥ 9 +

4\sqrt{2}. Ponendo ab + bc + ca = (1 − q^{2})/3 ed usando il risultato di Vo Quoc Ba Can in http://reflections.awesomemath.org/2007 2/3variable.pdf per cui, se a + b + c = 1 allora, detto ab+bc+ca = (1−q^{2})/3, si ha (1+q)^{2}(1−2q)/27 ≤ abc ≤ (1−q)^{2}(1+2q)/27, possiamo scrivere

che la disuguaglianza è implicata da 3\frac{(32\sqrt{2})q^{2}(2q + 4 − 3\sqrt{2})^{2}}{(1 + 2q^{2})(1 + 2q)(1 − q)} ≥ 0.

235.1.A

236.1.A Prima dimostrazione Da Cauchy–Schwarz abbiamo

∑_{cyc} \frac{a^{2}}{(b + c)^{2}} ≥ \frac{(a + b + c)^{2}}{2(a^{2} + b^{2} + c^{2}) + 2(ab + bc + ca)} ≥ \frac{3}{4} \frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{ab + bc + ca}. Ponendo a + b + c = 1 e

definendo P = ab + bc + ca diventa 6P^{2} − 11P + 3 ≥ 0 ossia P ≤ 1/3 oppure P ≥ 3/2 da cui la tesi.

Seconda dimostrazione Dalla convessità della funzione x/(1 − x)^{2} per x ≥ 0, abbiamo

∑_{cyc} a\frac{a}{(1 − a)^{2}} ≥ \frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{(1 − (a^{2} + b^{2} + c^{2}))^{2}} ≥ \frac{3}{4} \frac{1 − 2P}{P} dove P = ab + bc + ca. Il tutto diventa

\frac{1 − 2P}{4P^{2}} ≥ \frac{3}{4} \frac{1 − 2P}{P} da cui P ≤ 1/3.

237.1.A Detta f(x) = \frac{x}{1 + x^{2}} la derivata seconda è \frac{2a(a^{2} − 3)}{(1 + a^{2})^{3}} e quindi negativa per a = 1/3.

La relazione f(x) ≤ \frac{3}{10} + \frac{18}{25}(x − \frac{1}{3}) diventa −\frac{1}{50} \frac{(4x + 3)(−1 + 3x)^{2}}{1 + x^{2}} . Ne segue ∑_{cyc} \frac{a}{1 + a^{2}} ≤

\frac{9}{10} + \frac{18}{25}((a + b + c) − \frac{1}{3}3) = \frac{9}{10} per ogni (a, b, c) tale che a + b + c = 1 e a, b, c ≥ −3/4.

Teniamo presente il grafico della funzione x/(1 + x^{2}). È dispari, decresce per x ≥ \sqrt{3}, ha un massimo per x = 1 e vale 1/2, chiaramente lim_{x→+∞} \frac{x}{1 + x^{2}} → 0.

Data la simmetria della disuguaglianza possiamo porre x ≥ y ≥ z e sia z ≤ −3. Ne segue x ≥ 2. Otteniamo z/(1 + z^{2}) < 0, x/(1 + x^{2}) ≤ 2/(1 + 2^{2}) = 2/5, y/(1 + y^{2}) ≤ 1/2 da cui

∑_{cyc} \frac{x}{1 + x^{2}} ≤ \frac{2}{5} + \frac{1}{2} = \frac{9}{10}.

Sia −3 ≤ z ≤ −3/4. \frac{z}{1 + z^{2}} ≤ \frac{−3}{1 + 3^{2}} = \frac{−3}{10}, \frac{x}{1 + x^{2}} ≤ \frac{1}{2}, \frac{y}{1 + y^{2}} ≤ \frac{1}{2}, da cui ∑_{cyc} \frac{x}{1 + x^{2}} ≤

\frac{−3}{10} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = \frac{7}{10}

238.1.A La disuguaglianza è omogenea e quindi poniamo abc = 1 da cui a = x/y, b = y/z, c = z/x da cui

z^{7}(6a^{2} − 6ab + 6b^{2}) + z^{6}(9a^{2}b + 9a^{3} + 6ab^{2} + 9b^{3})+
+ z^{5}(36a^{2}b^{2} + 12b^{3}a + 18a^{3}b + 6a^{4} + 6b^{4})+
+ z^{4}(10a^{4}b + 47a^{3}b^{2} + 32b^{3}a^{2} + 10b^{4}a + 2a^{5} + 2b^{5})+
+ z^{3}(3ba^{5} + 15b^{4}a^{2} + 20a^{4}b^{2} + 39b^{3}a^{3} + 5b^{5}a)+
+ z^{2}(3b^{2}a^{5} + 15b^{4}a^{3} + 15b^{3}a^{4} + 6b^{5}a^{2}) + z(b^{3}a^{5} + 4b^{5}a^{3} + 5b^{4}a^{4}) + b^{5}a^{4}

239.1.A

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

240 .1.A Poniamo a, b, c → 1/a, 1/b, 1/c da cui a + b + c = 1 e ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{6a^{3} + 9a^{2} + 1} ≤ \frac{3}{20}.

Dimostriamo che la funzione \frac{a^{2}}{6a^{3} + 9a^{2} + 1} sta sotto la sua retta tangente nel punto a = 1/3

ossia \frac{a^{2}}{6a^{3} + 9a^{2} + 1} ≤ \frac{3}{25}a+ \frac{1}{100} ossia \frac{1}{100} \frac{(8a^{2} + 18a + 1)(3a − 1)^{2}}{6a^{3} + 9a^{2} + 1} ≥ 0 che è chiaramente vera

per a ≥ 0. Dunque otteniamo ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{6a^{3} + 9a^{2} + 1} ≤ ∑_{cyc}(\frac{3}{25}a + \frac{1}{100}) = \frac{3}{25} + \frac{3}{100} = \frac{3}{20}

241.1.A La disuguaglianza è ∑_{cyc} \frac{1}{(1 − b/a)^{2}} ≥ 1. Ora definiamo b/c = x, c/a = y, a/c = z da cui ∑_{cyc} \frac{1}{(1 − x)^{2}} ≥ 1 e xyz = 1. Certamente è vera.

242 .1.A Prima dimostrazione Dalla convessità della funzione 1/x per x > 0 abbiamo

∑_{cyc} \frac{1}{3a + b^{2}} ≥ \frac{3}{∑_{cyc} \frac{1}{3}(3a + b^{2})} = \frac{3}{(a + b + c) + 3} ≥ \frac{\sqrt{3} − 1}{2} da cui S = (a + b + c) ≤ \frac{\sqrt{3}−1}{2} ma

a + b + c ≤ 3(a^{2} + b^{2} + c^{2})^{1/2}/\sqrt{3} = 3\sqrt{3} da cui la tesi.

Seconda dimostrazione Da Cauchy–Schwarz ∑_{cyc} \frac{2}{3a + b^{2}} ≥ \frac{9}{3(a + b + c) + a^{2} + b^{2} + c^{2}} ≐

\frac{9}{3S + 9} ≥ \frac{\sqrt{3} − 1}{2} da cui S ≤ 3\sqrt{3} ed è come prima 243.1.A Per omogeneità poniamo a + b + c = 1. Dalla convessità di 1/x per x > 0 otteniamo ∑_{cyc} \frac{a}{b^{3} + c^{3}} ≥ \frac{1}{∑_{sym} a^{3}b} ≥ 8 ossia 8 ∑_{sym} a^{3}b ≤ 1. La funzione di a F (a) = a^{3}b + a^{3}c + ab^{3} + ac^{3} + bc^{3} + cb^{3} ha la derivata seconda positiva per cui è convessa. Ne segue che il massimo è assunto quando a = 0, oppure a = 1. Per a = 1 abbiamo b = c = 0 e quindi la disuguaglianza è verificata. Per a = 0 essa è 8bc(b^{2} + c^{2}) ≤ 1 ossia 8bc(1 − 2bc) ≤ 1 ossia 16(bc)^{2} − 8bc + 1 ≥ 0 e quindi (4x − 1)^{2} ≥ 0 dove x = bc. 244 .1.A La disuguaglianza è ciclica per cui possiamo porre a = min{a, b, c, d, } e ponendo

b = a + y, c = a + z, d = a + t, y, z, t > 0 si ottiene a^{2} ∑_{cyc}(3z^{2} − 2zt) + a ∑_{cyc}(5z^{3} − 3z^{2}t − 3tz^{2} +

\frac{4}{3}yzt)+∑_{cyc}(2z^{4}−z^{3}y−z^{3}t) ≥ 0. Il primo termine è positivo in quanto z^{2}+t^{2}+y^{2} ≥ zt+ty+zy ≥ . Inoltre ∑_{sym}(z^{4} − z^{3}t) ≥ 0. Per o secondo termine usiamo Schür ossia ∑_{cyc}(z^{3} + tyz) ≥ ∑_{sym} z^{2}y da cui rimane 11 ∑_{cyc} z^{3} ≥ 5 ∑_{sym} z^{2}y che è vera.

245.1.A Semplificando si arriva a ∑_{sym}(28a^{5}b^{4}+8a^{6}b^{3}+36a^{4}b^{4}c+8a^{5}b^{3}c+a^{3}b^{3}c^{3}) ≥ ∑_{sym}(8a^{6}b^{2}c+ 55a^{4}b^{3}c^{2} + 18a^{5}b^{2}c^{2}). Dalla AGM sappiamo che ∑_{sym} a^{6}b^{3} ≥ ∑_{sym} a^{6}b^{2}c e ∑_{sym} a^{5}b^{4} + (abc)^{3} ≥

2 ∑_{sym} a^{4}b^{\frac{7}{2}} c^{\frac{3}{2}} e rimaniamo con ∑_{sym}(27a^{5}b^{4} + 36a^{4}b^{4}c + 8a^{5}b^{3}c) ≥ ∑_{sym}(53a^{4}b^{3}c^{2} + 18a^{5}b^{2}c^{2}) e

segue dal Teorema di Muirhead. 18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 91 246.1.A Poniamo a = e^{x}, b = e^{y}, c = e^{z} da cui x + y + z = 0 e ∑_{cyc} \frac{1}{e^{3x} + 2e^{x} + 1} ≥ \frac{3}{4}. Sia

f(x) = \frac{1}{e^{3x} + 2e^{x} + 1} da cui f′′(x) = e^{x} \frac{9e^{5x} + 4e^{3x} + 4e^{x} − 9e^{2x} − 2}{(e^{3x} + 2e^{x} + 1)^{3}} ≥ 0 ⟺ F (t) = 9t^{5} +

4t^{3} +4t−9t^{2} −2 ≥ 0 con t ≥ 0. Il polinomio ha certamente una radice reale in quanto F (0) = −2 e lim_{t→+∞} F (t) = +∞. Può avere altre due radici reali positive ma per questo dovrebbe essere

provvisto di almeno tre variazioni del segno dei suoi coefficienti e questo non accade per cui si ha solo la radice positiva. In altre parole f(x) ha un solo flesso. Possiamo applicare l’E–V–Theorem e dire che il minimo di f(x) è raggiunto quando due delle tre variabili x, y, z sono uguali. Dunque

dobbiamo verificare se \frac{2}{3^{3x} + 2e^{x} + 1} + \frac{1}{e^{−6x} + 2e^{−2x} + 1} ≤ \frac{3}{4}. Ponendo e^{x} = t ci si riduce a

\frac{1}{4} \frac{t^{7} + 2t^{6} − t^{5} + 5t^{4} − t^{3} + 3t^{2} + 4t + 5)(t − 1)^{2}}{(t^{3} + 2t + 1)(1 + 2t^{4} + t^{6})} ≥ 0 ossia t^{7}+2t^{6}−t^{5}+5t^{4}−t^{3}+3t^{2}+4t+5 ≥ 0

t ≥ 0. In altre parole abbiamo t^{7} + 2t^{6} + 5t^{4} + 3t^{2} + 4t + 5 ≥ t^{5} + t^{3}. Poiché (t^{4} + y^{2})/2 ≥ t^{3} e

t^{7} + 2t^{6} + \frac{3}{2}t^{2} ≥ 3^{4/3}t^{5} la disuguaglianza è vera.

247 .1.A Semplificando arriviamo a ∑_{cyc}(a^{5}c + a^{4}cb + a^{4}c^{2}) ≥ ∑_{sym} a^{3}c^{2}b + ∑_{cyc}(abc)^{2}. Ora

osserviamo che a^{4}cb + a^{4}c^{2} + ab^{5})/3 ≥ a^{3}cb^{2} da cui otteniamo \frac{2}{3} ∑_{cyc}(a^{5}c + a^{4}cb + a^{4}c^{2}) ≥

∑_{cyc} a^{3}bc^{2} + ∑_{cyc}(abc)^{2}. Poi osserviamo che 2(a^{5}c + a^{4}cb + c^{4}b^{2})/3 ≥ 2a^{3}bc^{2} da cui otteniamo

∑_{cyc} a^{3}bc^{2} ≥ ∑_{cyc}(abc)^{2} che è ovvia.

248.1.A Siccome la disuguaglianza è ciclica, possiamo supporre d = min{a, b, c, d} e quindi 0 ≤ d ≤ 1. Usando Hölder abbiamo (a^{3} + 1 + 1) + (b^{3} + 1 + 1)(c^{3} + 1 + 1) ≥ (a + b + c)^{3} = (4 − d)^{3} per cui rimaniamo con (4 − d)^{3}(d^{3} + 2) ≥ 81 ossia (−d^{4} + 10d^{3} − 27d^{2} − 2d + 47)(d − 1)^{2} ≥ 0 che è vertamente vera.

249.1.A Prima dimostrazione Scriviamo ∑(1 − a) ln a < −2 ln 3 e osserviamo che f′′(a) =

−\frac{1}{a^{2}} − 1 − \frac{1}{a} < 0 dove f(a) = (1 − a) ln a da cui ∑ f(a) ≤ ∑ f(\frac{1}{3}) = −3\frac{2}{3} ln 3 = −2 ln 3 essendo (1/3, 1/3, 1/3) ≺ (a, b, c) Seconda dimostrazione Applichiamo la AGM–pesata ossia

∏_{k=1}^{n} a_{k}^{r_{k}} ≤ ∑_{k=1}^{n} r_{k}a_{k},  ∑_{k=1}^{n} r_{k} = 1, a_{k} ≥ 0

da cui a^{1−a}b^{1−b}c^{1−c} ≤ (∑_{cyc} \frac{1 − a}{2}a)^{2} = (\frac{1}{2} − \frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{2} )^{2} ≤ (\frac{1}{2} − \frac{1}{2} \frac{1}{3})^{2} = \frac{1}{9} e quindi il

risultato.

250.1.A \frac{1}{1 + a^{2}} = 1 − \frac{a^{2}}{1 + a^{2}} da cui ∑_{cyc} \frac{x^{2}}{1 + a^{2}} ≥ 3 − \frac{27}{2(a + b + c)^{2}} . Da Cauchy–Schwarz si

ha ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{1 + a^{2}} ≥ \frac{(a + b + c)^{2}}{3 + a^{2} + b^{2} + c^{2}} ≥ \frac{(a + b + c)^{2}}{3 + a^{2} + b^{2} + c^{2}} ossia (x^{2} − 9)^{2} ≥ 0 dove x = a + b + c.

251.1.A Poniamo a = x + y, b = y + z, c = z + x ed otteniamo che ∑_{cyc} \frac{a}{3a − b + c} − 1 ≥ 0 è

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equivalente a x^{2}y + y^{2}z + z^{2}x ≥ 3xyx che è evidente. 252.1.A La relazione (a + 2)(b + 2)(c + 2) = (a + 2)(b + 2) + (b + 2)(c + 2) + (c + 2)(a + 2) si riduce a abc + ab + bc + ca = 4 e quindi essa equivale a \frac{1}{2 + a} + \frac{1}{2 + b} + \frac{1}{2 + c} = 1 ossia, detti x = \frac{1}{a + 2}, y = \frac{1}{b + 2}, z = \frac{1}{c + 2}, si ha x + y + z = 1. La relazione ∑_{cyc} a − ab ≥ 0 diventa equivalente a 2(x + y + z) ≥ 1 + 3(xy + yz + zx) da cui xy + yz + zx ≤ 1/3 che è chiaramente vera via x + y + z = 1. 253.1.A Da Cauchy–Schwarz si ha ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{b + c} ≥ \frac{(a + b + c + d)^{2}}{2(a + b + c + d)} ≥ \frac{1}{2} ossia il risultato

254.1.A Prima dimostrazione La relazione a^{2} + b^{2} + c^{2} = 3abc equivale a ∑_{cyc} \frac{a}{3bc} = 1 e

la disuguaglianza a ∑_{cyc} \frac{1}{bc} \frac{a}{3bc} ≥ \frac{3}{a + b + c}. Dalla convessità della funzione 1/x per x > 0 is ha

∑_{cyc} \frac{1}{bc} \frac{a}{3bc} ≥ \frac{1}{∑_{cyc} bc\frac{a}{3bc}} = \frac{3}{a + b + c}

Seconda dimostrazione La disuguaglianza equivale a ∑_{cyc} \frac{a^{4}}{a^{3}b^{2}c^{2}} ≥ \frac{9}{a + b + c} e da Cauchy–

Schwarz ∑_{cyc} \frac{a^{4}}{a^{3}b^{2}c^{2}} ≥ \frac{(a^{2} + b^{2} + c^{2})^{2}}{(abc)^{2}(a + b + c)} ≥ \frac{9}{a + b + c} da cui \frac{9(abc)^{2}}{(abc)^{2}(a + b + c)} ≥ \frac{9}{a + b + c} ossia

la tesi. 255.1.A Da Cauchy–Schwarz si ha ∑_{cyc} \frac{a}{b + 2c} ≥ \frac{(a + b + c)^{2}}{3(ab + bc + ca)} ≥ 1 da cui a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ ab + bc + ca che è ovvia. 256.1.A Prima dimostrazione Poniamo a = x/y, b = y/z, c = z/x per cui la disuguaglianza equivale a ∑_{cyc}(x^{6}z^{3} + x^{5}yz^{3}) ≥ ∑_{cyc} x^{4}y^{3}z^{2}. Ora osserviamo

\underbrace{\frac{x^{6}z^{3}}{9} + … + \frac{x^{6}z^{3}}{9}}_{4−volte} + \underbrace{\frac{y^{6}x^{3}}{9} + … + \frac{y^{6}x^{3}}{9}}_{4−volte} +\frac{z^{6}y^{3}}{9} ≥ x^{4}y^{3}z^{2}

e le altre due cicliche, danno come risultato ∑_{cyc} x^{6}z^{3} ≥ ∑_{cyc} x^{4}y^{3}z^{2}. Rimaniamo con ∑_{cyc} x^{5}yz^{3} ≥ ∑_{cyc} y^{4}x^{3}z^{2} che si dimostra con

\underbrace{\frac{x^{5}yz^{3}}{6} + … + \frac{x^{5}yz^{3}}{6}}_{4−volte} +\frac{y^{5}zx^{3}}{6} + \frac{z^{5}xy^{3}}{6} ≥ x^{4}z^{3}y^{2}

e cicliche. Seconda Dimostrazione Usando Cauchy–Schwarz

∑_{cyc} \frac{a}{b + c + 1} ≥ \frac{(a + b + c)^{2}}{a + b + c + 2(ab + bc + ca)} ≥ 1 che si riduce a rich.20

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257 .1.A Cauchy–Schwarz ci dà ∑_{cyc} \frac{a^{3}}{b + c + d+} ≥ \frac{(a^{2} + b^{2} + c^{2})^{2}}{2(ab + bc + cd + da) + 2(ac + bd)} =

\frac{(a^{2} + b^{2} + c^{2})^{2}}{2 + 2(ac + bd)} ≥ \frac{1}{3} da cui 3(a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2})^{2} ≥ 2 + 2(ac + bd) che è implicata da

3(a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2})^{2} ≥ 2 + (a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}) e quindi 3x^{2} − x + 2 ≥ 0 ossia x ≥ 1 e x = a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}. Ma abbiamo 1 = ab + bc + cd + da ≤ a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} chiaramente. 258 .1.A Prima dimostrazione Essendo concava per x ≥ 0 la funzione ^{3} \sqrt{x} si ha

∑_{cyc} a ^{3} \sqrt{1 + b − c} ≤ ^{3} \sqrt{a(1 + b − c} = ^{3} \sqrt{a + b + c + ab − ac + bc − ba + ca − cb} = 1

Seconda dimostrazione Usiamo la disuguaglianza di Hölder ossia (∑_{cyc} a)^{2} ∑_{cyc} a(1 + b − c) ≥ (∑_{cyc} a ^{3} \sqrt{1 + b − c})^{3} per cui basta far vedere che (∑_{cyc} a)^{2} ∑_{cyc} a(1+b−c) ≤ 1 e quindi il risultato. Terza dimostrazione ^{3} \sqrt{1 + b − c} = ^{3} \sqrt{1 · 1 · 1 + b − c} ≤ \frac{3 + b − c}{3} per cui

∑_{cyc} a ^{3} \sqrt{1 + b − c} ≤ ∑_{cyc} \frac{a(3 + b − c)}{3} = 1

259.1.A Prima dimostrazione Omogeneizzando si ottiene ∑_{cyc} \frac{a(b + c)^{2}}{bc(a + b + c)} ≥ 4 da cui

\frac{(ab)^{2} + (bc)^{2} + (ca)^{2} − a^{2}bc − b^{2}ac − c^{2}ab}{abc(a + b + c)} ≥ 0 che segue dalla AGM in quanto ((ab)^{2} +

(ac)^{2})/2 ≥ a^{2}bc e poi le altre. Seconda dimostrazione Da Cauchy–Schwarz ∑_{cyc} \frac{a^{2}(b + c)^{2}}{abc} ≥ \frac{4(ab + bc + ca)^{2}}{3abc} ≥ 4 e quindi ab + bc + ca ≥ \sqrt{3abc} che segue da (rich.14). 260.1.A Prima disuguaglianza. ∑_{cyc} \frac{y + z}{2yz} ≥ ∑_{cyc} \frac{2\sqrt{yz}}{2yz} = ∑_{cyc} \frac{1}{\sqrt{yz}} ≥ ∑_{cyc} \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2} − yz}} che segue da yz ≤ y^{2} + z^{2} − yz Seconda disuguaglianza. Essa è ∑_{cyc} \frac{1}{\sqrt{y^{2} + z^{2} − zy}} ≥ ∑_{cyc} \frac{1}{y + z} che segue da \sqrt{y^{2} + z^{2} − zy} ≤ (y + z)^{2} chiaramente vera Terza disuguaglianza. ∑_{cyc} \frac{1}{1 − x} ≥ \frac{9}{2} segue da Cauchy–Schwarz (oppure si usa la convessità della funzione 1/(1 − x) per 0 ≤ x < 1) in quanto ∑_{cyc} \frac{1}{1 − x} ≥ \frac{9}{3 − x − y − x} = \frac{9}{2} 261.1.A La disuguaglianza è simmetrica e quindi possiamo porre x ≥ y ≥ z ed inoltre 1 + x ≥ 1 + y ≥ 1 + z, 1/yz ≥ 1/zx ≥ 1/xy. Applichiamo Chebyshev per cui ∑_{cyc} \frac{1 + x}{yz} ≥ \frac{1}{3} ∑_{cyc}(1 +

x) ∑_{cyc} \frac{1}{yz} = \frac{4}{3} ∑_{cyc} \frac{1}{yz} = \frac{4}{3} \frac{x + y + z}{xyz} ≥ ∑_{cyc} \frac{4}{\sqrt{y^{2} + z^{2} − yz}} . Essendo y^{2} + z^{2} − yz ≥ yz scriviamo

18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 94 \frac{1}{3} \frac{x + y + z}{xyz} ≥ ∑_{cyc} \frac{1}{\sqrt{yz}} ossia \frac{1}{3}(x + y + z) ≥ \sqrt{xyz}(∑_{cyc} \sqrt{x}). Dalla concavità della funzione \sqrt{x}

abbiamo \frac{1}{3}(x + y + z) ≥ \sqrt{xyz}\sqrt{3}\sqrt{x + y + z} ossia xyz ≤ 1/27 che segue da x + y + z = 1 e dalla AGM.

262.1.A Da Cauchy–Schwarz si ha ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{b + c} ≥ \frac{(a + b + c)^{2}}{2(a + b + c)} e quindi a + b + c + \frac{(a + b + c)^{2}}{2(a + b + c)} ≥

\frac{9}{2} \frac{ab + bc + ca}{a + b + c}. Ora sappiamo che ab+bc+ca ≤ \frac{(a + b + c)^{2}}{3} e quindi arriviamo a (S = a+b+c)

S + \frac{S^{2}}{2S} ≥ \frac{9}{2} \frac{S^{2}}{3S} che è chiaramente vera.

263.1.A Definiamo 3u = a + b + c, 3v^{2} = ab + bc + ca, w^{3} = abc da cui si ottiene (3 + 2a^{2})(3 + 2b^{2})(3 + 2c^{2}) = 8(w^{3})^{2} − 72w^{3} − 108v^{2} + 108v^{4} + 189 ≐ f(w^{3}). La parabola convessa f(w^{3}) ha il minimo per w_{0}^{3} = 9/2 ma sappiamo da a + b + c = 3 che abc ≤ (a + b + c)^{3}/27 ≤ 1 per cui il minimo è preso per abc = 1 e questo dalla AGM è possibile solo quando a = b = c = 1 da cui v = 1 e quindi f(1) = 8 − 72 + 189 = 125. Il massimo lo si ha in corrispondenza al valore minimo di w^{3} e questo accade se w^{3} = 0 oppure se due fra a, b, c sono uguali. Sia quindi c = 0 e

a+b = 3. f(0) = 189+108v^{2}(v^{2} −1). v^{2} = \frac{ab}{3} ≤ \frac{1}{3} \frac{(a + b)^{2}}{4} = \frac{3}{4} e quindi il massimo di v^{2}(v^{2} −1) lo si ha in corrispondenza con v = 0 ossia b = 0 oppure a = 0. In tal caso si ha a = 3, b = c = 0 da cui (3 + 2a^{2})(3 + 2b^{2})(3 + 2c^{2}) = 9(3 + 2 · 9) = 189. Se invece imponiamo che b = c otteniamo (3+2a^{2})(3+2b^{2})^{2}) e da a+2b = 3 otteniamo f(b) = −4b(81b+45b^{3} −54−72b^{2} −24b^{4} +8b^{5}) ≥ 0 per 0 ≤ b ≤ 3/2 ossia 81b + 45b^{3} − 54 − 72b^{2} − 24b^{4} + 8b^{5} ≤ 0 in quanto 72b^{2} − 81b + 54 ≥ 0 e 8b^{2} − 24b + 45 ≥ 0.

264.1.A Definiamo 3u = a + b + c, 3v^{2} = ab + bc + ca, w^{3} = abc da cui si ottiene ∑_{cyc}(2a +

2bc + 1)(2b + 2ac + 1) = 3 + ∑_{cyc}(2a + 8ab + 4a^{2}bc) + 4 ∑_{sym} a^{2}bc mentre ∏_{cyc}(2a + 2bc + 1) =

1 + ∑_{cyc}(2a + 8ab + 6(ab)^{2} + 4a^{2}bc + 8a^{3}bc) + 1 + 8abc + 8(abc)^{2} + 4 ∑_{sym} a^{2}b. La differenza fra il

secondo e il primo è 8(abc)^{2} + 8abc + ∑_{cyc}(8(ab)^{2} + 8a^{3}bc − 2ab) − 2(a + b + c) − 2 ≤ 0 che scritta

in termini di (u, v, w) diventa f(w^{3}) ≐ 8(w^{3})^{2} + w^{3}(72u^{2} − 48u + \frac{8}{3}) − 6u + 4 ≤ 0. La funzione

f(w^{3}) è convessa per cui il massimo è assunto in corrispondenza ai valori estremi di w^{3}. Tali valori estremi di w^{3} corrispondono rispettivamente: il massimo se almeno due dei valori (a, b, c) sono uguali ed il minimo pure se almeno due dei valori sono uguali oppure uno è zero.

Se a = 0 allora w = 0 ed otteniamo u ≥ 2/3 che è vera in quanto abbiamo (ab + bc + ca)|_{a=0} = bc = 1 ed inoltre u = (b + c)/3 ≥ 2\sqrt{bc}/3 = 2/3.

Se invece a = b, la ab + bc + ca = 1 ci dà a^{2} + 2ac = 1 da cui −1 + ∑_{cyc} \frac{1}{2a + 2bc + 1} =

\frac{2}{2 + 2a − a^{2}} + \frac{a}{a + 2a^{3} + 1 − a^{2}} −1 = \frac{a^{2}(1 − a)(2a^{2} − 3a − 1)}{(−2 − 2a + a^{2})(2a + 1)(a^{2} − a + 1)} che si vede facilmente

essere positiva per 0 ≤ a ≤ 1. Va notato che certamente deve essere 0 < a ≤ 1 da a^{2} + 2ac = 1.

265.1.A Prima dimostrazione Ponendo a = x^{2}, b = y^{2}, c = z^{2} si ottiene ∑_{cyc} a^{6} + 3(abc)^{2} ≥ 2 ∑_{cyc} a^{3}b^{3}. La disuguaglianza di Schür applicata alla terna (a^{2}, b^{2}, c^{2}) di dà ∑_{cyc} a^{6} + 3(abc)^{2} ≥

∑_{sym} a^{4}b^{2} e ∑_{sym} a^{4}b^{2} ≥ ∑_{sym} a^{3}b^{3} = 2 ∑_{cyc} a^{3}b^{3}.

Seconda dimsotrazione Usiamo la teoria “UVW” ed otteniamo 3w^{2} + 2(9u^{2} − 6v^{2}) − 9u^{2} ≥ 0 il cui minimo si ha per w = 0 per cui supponiamo che c = 0 e la disuguaglianza diventa 2(a^{2} + b^{2}) ≥ (a + b)^{2} che è chiaramente vera.

266 .1.A Prima dimostrazione La disuguaglianza è (w^{3} = abc, 3u = a + b + c, 3v^{2} = ab+bc+ca) 9v^{2}+3u−9u^{2}−3 ≤ 0 e w = 1. Essendo convessa la funzione f(v) = v^{2}+3u−9u^{2}−3, il massimo lo si ha in corrispondenza al massimo o minimo di v che a sua volta corrisponde a quando due valori fra a, b, c sono uguali. Supponiamo quindi che a = b ed otteniamo a^{2}+c^{2}+3 ≥ 2a + c + 2ac con a^{2}c = 1. Sostituendo si arriva a a^{6} + 1 + 3a^{4} − 2a^{5} − a^{2} − 2a^{3} ≥ 0 ossia (a − 1)^{2}(a^{4} + 2a^{2} + 2a + 1) ≥ 0 che è chiaramente vera. Seconda dimostrazione Ponendo a = x^{3}, b = y^{3}, c = z^{3}, dopo avere omogeneizzato a^{2} + b^{2} + c^{2} + 3(abc)^{2/3} ≥ (a + b + c)(abc)^{1/3} + ab + bc + ca, la disuguaglianza diventa ∑_{cyc}(a^{6} +

a^{2}b^{2}c^{2}) ≥ ∑_{cyc}(a^{4}bc + a^{3}b^{3}). Ora da Schür si ha ∑_{cyc}(a^{6} + a^{2}b^{2}c^{2}) ≥ ∑_{sym} a^{4}b^{2} per cui rimaniamo

con ∑_{sym} a^{4}b^{2} ≥ ∑_{cyc}(a^{4}bc + a^{3}b^{3}) che è chiaramente vera dalla AGM.

267.1.A Prima dimostrazione ∑_{cyc} \frac{1}{(a + b)^{2}} = \frac{∑_{cyc}(a^{4} + 3a^{2}b^{2} + 8a^{2}bc) + 2 ∑_{sym} a^{3}b}{(a + b)^{2}(b + c)^{2}(c + a)^{2}}. Poi

poniamo a + b + c = 3u, ab + bc + ca = 3v^{2}, abc = w^{3}. Inoltre a^{4} + b^{4} + c^{4} = 81u^{4} − 108u^{2}v^{2} +

18v^{4} + 12uw^{3}, ∑_{sym} a^{3}b = 3v^{2}(9u^{2} − 6v^{2}) − 3uw^{3}, ∑_{cyc} a^{2}bc = 3uw^{3}, ∑_{cyc} a^{2}b^{2} = 9u^{4} − 6uw^{3},

(a+b)(b+c)(c+a) = ∑_{sym} a^{2}b+2abc = (a+b+c)(ab+bc+ca)−abc = 9uv^{2} −w^{3}. Mettendo tutto

assieme si ottiene \frac{9}{4} \frac{−w^{6} + 34v^{2}uw^{3} − 153v^{4}u^{2} − 24v^{6} + 144v^{2}u^{4}}{(−w^{3} + 9uv^{2})^{2}} ≥ 0. La funzione f(w^{3}) =

−w^{6} + 34v^{2}uw^{3} − 153v^{4}u^{2} − 24v^{6} + 144v^{2}u^{4} è concava ed quindi il minimo lo si ottiene quando w^{3} è massimo o minimo ossia quando almeno due fra a, b, c sono uguali oppure quando almeno uno e zero. Se ad esempio c = 0 si ha −6b^{2}a^{2} + 4a^{4} − a^{3}b − b^{3}a + 4b^{4} ≥ 0 che è vera dalla AGM. Se invece a = b si ha −16b^{3}c^{3} + 8c^{5}b + 8b^{5}c ≥ 0 che è pure vera dalla AGM.

Seconda dimostrazione Semplificando il tutto si arriva a ∑_{sym}(4a^{5}b + a^{4}bc + (abc)^{2}) ≥

∑_{sym}(3a^{3}b^{3} + a^{4}b^{2} + 2a^{3}b^{2}c). Ora ∑_{cyc}(a^{4}bc + (abc)^{2}) = abc ∑_{cyc}(a^{3} + abc) ≥ abc2 ∑_{cyc} a^{2}b da cui

rimane ∑_{sym} 4a^{5}b ≥ ∑_{sym}(3a^{3}b^{3} + a^{4}b^{2}) che segue dalla AGM.

268.1.A Poniamo a + b + c = 3u, ab + bc + ca = 3v^{2}, abc = w^{3} ed otteniamo 12v^{2} ≤ 9u^{2} + 3u. Siccome la funzione f(v^{2}) = 12v^{2} − 9u^{2} − 3u è lineare in v^{2}, il massimo è assunto quando v è massimo e questo accade quando almeno due fra a, b, c sono uguali. Quindi poniamo x = y e da w = 1 otteniamo x^{2}z = 1 da cui 2x^{5} − 4x^{3} + x^{2} + 1 = (2x^{3} + 4x^{2} + 2x + 1)(x − 1)^{2} ≥ 0

269 .1.A Poniamo a + b + c = 3u, ab + bc + ca = 3v^{2}, abc = w^{3} ed otteniamo f(v) = 9v^{2} − 9u^{2} − 2 − w^{3} + 3u ≤ 0. Dalla linearità di f(v^{2}) segue che il massimo è raggiunto quando v^{2} è massimo e questo accade quando due fra a, b, c sono uguali. Duque se a = b abbiamo a^{2} +c^{2} +2+a^{2}c ≥ 2a+c+2ac e sommando c ad entrambe i membri si ha a^{2} +c^{2} +2+a^{2}c+c ≥ 2a + 2c + 2ac. Dalla AGM abbiamo a^{2}c + c ≥ 2ac e quindi a^{2} + c^{2} + 2 ≥ 2a + 2c che equivale a (a − 1)^{2} + (c − 1)^{2} ≥ 0.

270.1.A a + b + c = 3u, ab + bc + ca = 3v^{2}, abc = w^{3} ed otteniamo 6w^{3}v^{2} ≥ 9w^{3}u^{2} − 3u^{5}. Dalla linearità della funzione f(v^{2}) = 6w^{3}v^{2} −9w^{3}u^{2} −3u^{5} segue che la relazione è vera se e solo è vera quando v è minimo e questo accade quando due fra a, b, c sono uguali. Ponendo a = b si ottiene (2a + c)^{5} ≥ 81abc(2a^{2} + c^{2}) e poi se c/a = t si ha (2 + t)^{5} − 81t(2 + t^{2}) ≥ 0 ossia (t^{3} + 12t^{2} − 18t + 32)(t − 1)^{2} ≥ 0 che è vera per t ≥ 0.

271.1.A Prima dimostrazione Dobbiamo dimostrare che a+b+c ≥ abc ⟹ ∑_{cyc} \frac{a}{bc} ≥ 1. Da

Cauchy–Schwarz abbiamo ∑_{cyc} \frac{a}{bc} ≥ \frac{(a + b + c)^{2}}{3(abc)} ≥ 1. Quindi (a^{2}+b^{2}+c^{2})+2(ab+bc+ca) ≥ 3abc.

Sappiamo che ab+bc+ca ≥ \sqrt{3(abc)(a + b + c)} da cui a^{2}+b^{2}+c^{2}+2\sqrt{3}\sqrt{abc}\sqrt{abc} ≥ 3(abc)^{3/2}+ 2\sqrt{3}abc ≥ abc che è certamente vera. Seconda dimostrazione “UVW”. Sia a + b + c = 3u e abc = w^{3} per cui dobbiamo dimostrare che 3u ≥ w^{3} implica 9u^{2} − 6v^{2} ≥ w^{3}. La funzione f(w^{3}) = w^{3} − 9u^{2} + 6v^{2} è lineare crescente per cui basta verificarla per il valore minimo di w ossia quando almeno due fra a, b, c sono uguali oppure almeno uno è zero. Se a = 0 chiaramente b^{2} + c^{2} ≥ 0. Sia ora a = b. Dobbiamo mostrare che 2a+c ≥ a^{2}c implica 2a^{2}+c^{2} ≥ a^{2}c. Procediamo per assurdo. Supponiamo che 2a^{2}+c^{2} < a^{2}c Ne segue a^{2}c > 2a^{2} + c^{2} ≥ (2a + c)^{2}/3 dalla power–means–inequality per cui (2a + c)^{2} ≤ 3a^{2}c. D’altra parte se 2a + c ≥ a^{2}c si ha (2a + c)^{2} ≥ (a^{2}c)^{2} e quindi si deve avere (a^{2}c)^{2} ≤ 3a^{2}c ossia a^{2}c ≤ 3. Ma la relazione 2a^{2} + c^{2} < a^{2}c, dalla AGM implica pure 3(a^{2}c)^{2/3} < a^{2}c ossia a^{2}c > 27 e questo è in contraddizione con a^{2}c ≤ 3.

Terza dimostrazione Poniamo \frac{1}{ab} = z, \frac{1}{bc} = x, \frac{1}{ca} = y ed otteniamo di dover dimostrare che

se \sqrt{xy} + \sqrt{yz} + \sqrt{zx} ≥ \frac{1}{\sqrt{xyz}} allora x + y + z ≥ \frac{1}{\sqrt{xyz}} . Ma essendo \sqrt{xy} ≤ (x + y)/2, si ha il

risultato.

272.1.A Prima dimostrazione Dalla disuguaglianza di Schür abbiamo ∑_{cyc}(a^{3}+abc) ≥ ∑_{sym} a^{2}b

ed inoltre (a+b+c)(ab+bc+ca) = a^{2}b+ab^{2} +b^{2}c+bc^{2} +a^{2}c+ac^{2} +3abc da cui ∑_{cyc}(a^{3} +abc) ≥

(a+b+c)(ab+bc+ca)−3abc per cui scriviamo 6abc+∑_{cyc} a^{3} ≥ (a+b+c)(ab+bc+ca) = 3(a+b+c).

Ci basta far vedere che a + b + c ≥ 9 ma questo segue da (a + b + c)^{2} ≥ 3(ab + bc + ca) = 9 Seconda dimostrazione “UVW”. w^{3} = abc, 3u = a + b + c, 3v^{2} = ab + bc + ca da cui v = 1, e a^{3} + b^{3} + c^{3} = 27u^{3} − 27uv^{2} + 3w^{3} e quindi la disuguaglianza diventa 27u^{3} − 27u + 9w^{3} ≥ 9. La funzione f(w^{3}) = 27u^{3} − 27u + 9w^{3} è lineare per cui basta verificarla per w minimo ossia quando almeno uno fra a, b, c è nullo oppure due sono uguali. Sia quindi a = 0 da cui bc = 3 e b^{3} + c^{3} ≥ 9. Ma b^{3} + c^{3} ≥ 3(bc)^{3/2} = 3^{5/2} > 9. Se invece a = b si ha a^{2} + 2ac = 3 e

2a^{3} + c^{3} + 6a^{2}c ≥ 9 ossia \frac{9}{8} \frac{(a^{4} + 2a^{3} − 6a^{2} − 6a − 3)(a − 1)^{2}}{a^{3}} ≤ 0 con la condizione c = \frac{3 − a^{2}}{2a}

e quindi 6a^{2} +6a+3 ≥ a^{3} +2a^{4} che è implicata da 6a+6\sqrt{2}a ≥ a^{3} +2a^{4} ossia 6+6\sqrt{2} ≥ 2a^{3} +a^{2} con a ≤ \sqrt{3}. Il massimo di 2a^{3} + a^{2} è 3 + 6\sqrt{3} ∼ 13, 39 mentre 6 + 6\sqrt{2} ∼ 14, 48 da cui la tesi.

273.1.A Siccome la disuguaglianza è ciclica poniamo z = min{x, y, z} da cui x = z+a, y = z+b ed essendo x + y + z = 1 si ha z = (1 − a − b)/3 con a + b ≤ 1. Sostituendo della disuguaglianza abbiamo 18a^{2}b ≤ 1 + 3(a^{3} + b^{3}) + 9ab^{2} che è implicata da 18a^{2}b ≤ (a + b)^{3} + 3(a^{3} + b^{3}) + 9ab^{2}

ossia 15a^{2}b ≤ 4(a^{3} + b^{3}) + 12ab^{2}. Ora 4(\frac{a^{3}}{2} + \frac{a^{3}}{2} + b^{3}) ≥ 12 · 4^{−1/3}a^{2}b ≥ 19a^{2}b da cui la tesi.

274.1.A Sia f(a) = 10a^{3} −9a^{5} da cui f′(a) = 15(2a^{2} −3a^{4}) e f′′(a) = 60a(1−3a^{2}). f′′ ≥ 0 per a ≤ 1/\sqrt{3}. Inoltre dal grafico della funzione vediamo che f(a) ≥ 0 per ogni 0 ≤ a ≤ 1 e f(a) ≥ 1 per 1/\sqrt{3} ≤ a ≤ 1. Se quindi a ≥ 1/\sqrt{3} allora la disuguaglianza è verificata. Se 0 ≤ a, b, c ≤ 1/\sqrt{3}

allora, essendo f′′(a) ≥ 0 si ha f(a) ≥ \frac{25}{9}a− \frac{16}{27} per cui ∑_{cyc} f(a) ≥ ∑_{cyc}(\frac{25}{9}a− \frac{16}{27}) = \frac{25}{3} − \frac{16}{9} = 1

275.1.A Dobbiamo dimostrare che se abc(a+b+c) ≥ ab+bc+ca allora (abc)(a+b+c) ≥ 3. Da rich.14 possiamo scrivere abc(a+b+c) ≥ ab+bc+ca ≥ \sqrt{3(abc)(a + b + c)} ossia abc(a+b+c) ≥ 3 ossia il risultato.

276.1.A Tutto dipende dalla relazione (a + b)(b + c)(c + a) = (a + b + c)(ab + bc + ca) − abc per cui 9(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8(a + b)(b + c)(c + a) + 8abc ossia (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc che segue subito dalla AGM a + b ≥ 2\sqrt{ab}

277 .1.A Usiamo rich.27 per cui 8(a + b + c)(ab + bc + ca) ≤ 9(a + b)(b + c)(c + a) = 9

ab + bc + ca ≤ \frac{9}{8} \frac{1}{a + b + c} e quindi (ab + bc + ca)^{2} ≤ \frac{81}{64}(a + b + c)^{2}. Inoltre sappiamo che

(a + b + c)^{2} ≥ 3(ab + bc + ca) da cui (ab + bc + ca)^{3} ≤ \frac{27}{64} e quindi la tesi.

278.1.A La condizione abc = 1 suggerisce di definire a = x/y, b = y/z, c = z/x e si ottiene ∑_{cyc}(x^{3}y^{3} + x^{4}yz) ≥ ∑_{cyc} 2(x^{3}yz^{2}) che segue subito dalle AGM (2x^{4}yz + xyz^{4})/3 ≥ x^{3}yz^{2} e

(2x^{3}z^{3} + x^{3}y^{3})/ ≥ x^{3}yz^{2}

279.1.A Prima dimostrazione (orribile). Omogeneizziamo il tutto \frac{1}{3^{3/2}} (a+b+c)^{3/2} ∑_{cyc} \sqrt{a} ≥

(ab + bc + ca) e poi poniamo a = x^{2}, b = y^{2}, c = z^{2} da cui \frac{1}{3^{3/2}} (x^{2} + y^{2} + x^{2})^{3/2} ∑_{cyc} x ≥ (x^{2}y^{2} +

y^{2}z^{2} + z^{2}x^{2}). Poi eleviamo al quadrato ed otteniamo ∑_{sym}(6x^{5}y^{2}z + 6x^{3}y^{3}z^{2} + 6x^{4}y^{3}z + \frac{1}{2}x^{8} +

x^{6}yz + 4x^{6}y^{2} + 2x^{7}y + 6x^{5}y^{3}) ≥ ∑_{sym} \frac{21}{2}x^{4}y^{4} + 21x^{4}y^{2}z^{2}. Il resto del lavoro è svolto dalla AGM e

dal teorema di Muirhead. Anche se noioso svolgiamo i calcoli. 6(a^{3}b^{3}c^{2}) + 6(a^{5}bc^{2}) ≥ 12a^{4}b^{2}c^{2}

per cui otteniamo ∑_{sym}(6x^{4}y^{3}z + \frac{1}{2}x^{8} + x^{6}yz + 4x^{6}y^{2} + 2x^{7}y + 6x^{5}y^{3}) ≥ ∑_{sym} \frac{21}{2}x^{4}y^{4} + 9x^{4}y^{2}z^{2}.

Il teorema di Muirhead completa la dimostrazione. Scriviamo ora le AGM che sottostanno al teorema.

[4, 2, 2] ≺ [4, 3, 1] (x^{4}y^{3}z + x^{4}yz^{3})/2 ≥ x^{4}y^{2}c^{2} per cui si ha ∑_{sym}(\frac{1}{2}x^{8} + x^{6}yz + 4x^{6}y^{2} + 2x^{7}y +

6x^{5}y^{3}) ≥ ∑_{sym} \frac{21}{2}x^{4}y^{4} + 3x^{4}y^{2}z^{2}.

[4, 3, 1] ≺ [6, 1, 1] (3x^{3}yz + xy^{6}z + abc^{6})/5 ≥ x^{4}y^{2}z^{2} da cui ∑_{sym}(\frac{1}{2}x^{8} + 4x^{6}y^{2} + 2x^{7}y + 6x^{5}y^{3}) ≥

∑_{sym} \frac{21}{2}x^{4}y^{4} + 2x^{4}y^{2}z^{2}.

Poi abbiamo [4, 4, 0] ≺ [8, 0, 0] in quanto (x^{8} + y^{8})/2 ≥ x^{4}y^{4} [4, 4, 0] ≺ [6, 2, 0] in quanto (x^{6}y^{2} + x^{2}y^{6})/2 ≥ x^{4}y^{4} [4, 4, 0] ≺ [7, 1, 0] in quanto (x^{7}y + xy^{7})/2 ≥ x^{4}y^{4} e rimaniamo con ∑_{sym} 6x^{5}y^{3} ≥ ∑_{sym}(4x^{4}y^{4} + 2x^{4}y^{2}z^{2}).

[4, 4, 0] ≺ [5, 3, 0] in quanto (x^{5}y^{3} + x^{3}y^{5})/2 ≥ x^{4}y^{4} [4, 2, 2] ≺ [5, 3, 0] in quanto (14x^{5}y^{2} + 2y^{5}z^{2} + 3z^{5}x^{2})/19 ≥ x^{4}y^{2}z^{2}

Seconda dimostrazione (deliziosa) Essendo ab + bc + ca = \frac{1}{2}(a + b + c)^{2} − \frac{1}{2}(a^{2} + b^{2} + c^{2})

ci riduciamo a a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2\sqrt{a} + 2\sqrt{b} + 2\sqrt{c} ≥ (a + b + c)^{2} = 9. Ma dalla AGM si ha a^{2} + \sqrt{a} + \sqrt{a} ≥ 3a per cui.....

280.1.A Dalla concavità della funzione \sqrt{x} abbiamo a\sqrt{b}+b\sqrt{c}+c\sqrt{a} ≤ \sqrt{ab + bc + ca} ≤ 1/\sqrt{3}.

281 .1.A Quadrando (x + y)^{2} = 4 ed isolando xy arriviamo alla equazione z^{3} − 2z^{2} + 1 = (z − 1)(z^{2} − z − 1) ≥ 0 dove z = xy e viene fuori 0 ≤ z ≤ 1 oppure z ≥ (1 + \sqrt{5})/2. Ma xy ≤ (x + y)^{2}/4 ≤ 1 da cui la tesi

282 .1.A Dalla a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ (a + b + c)^{2}/3 e da rich.14 otteniamo \frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{abc} ≥

\frac{a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2(ab + bc + ca)}{3abc} ≥ \frac{a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2\sqrt{3(abc)(a + b + c)}}{3abc}. Poi usiamo l’ipotesi os-

sia a + b + c ≥ abc per cui \frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{abc} ≥ \frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{3abc} + \frac{2}{\sqrt{3}} da cui \frac{2}{3} \frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{abc} ≥ \frac{2}{\sqrt{3}} ossia

la tesi.

283.1.A Sia per ora a, b, c ≥ 0. Osserviamo che se a, b ≤ 0 e c ≥ 0 la disuguaglianza rimane vera in quanto il lato sinistro decresce mentre il destro rimane chiaramente costante. Per a, b, c ≥ 0 usiamo “UVW”. Dobbiamo trovare il minimo della funzione f(w^{3}) = w^{3} − 6u + 10 dove w^{3} = abc e a + b + c = 3u. La funzione f(w^{3}) è lineare crescente e quindi il minimo lo si ha in corrispondenza al minimo di w ossia quando almeno uno fra a, b, c è zero oppure almeno due sono uguali. Se c = 0 abbiamo a^{2} + b^{2} = 9 e da dimostrare 2(a + b) ≤ 10. Per cui scriviamo (a + b) ≤ \sqrt{2}(a^{2} + b^{2})^{1/2} = 3\sqrt{2} < 5. Se invece a = b otteniamo 2a^{2} + c^{2} = 9 e da dimostrare

2(2a+c)−a^{2}c ≤ 10. Ora usiamo a^{2} = (9−c^{2})/2 da cui 4\sqrt{\frac{9 − c^{2}}{2}} +2c−c\frac{9 − c^{2}}{2} ≤ 10. Quadrando

si arriva a 368 + c^{6} + 25c^{2} + 200c ≥ 40c^{3} + 10c^{4} ≥ 336 + c^{6} + 25c^{2} + 200c ≥ 40c^{3} + 10c^{4} = (c − 3)(c^{2} + 3c + 4)(c^{3} − 5c − 28) ≥ 0 che è vera dal momento che 0 ≤ c ≤ 3 e c − 3 ≤ 0, c^{3} − 5c − 28 ≤ 0. Se a, b ≥ 0 e c ≤ 0. Possiamo sempre usare “UVW”. Se c = 0 otteniamo esattamente quella di prima sempre con c = 0. Se invece a = 0 abbiamo 2b − 2|c| ≤ 10 se b^{2} + c^{2} = 9 che è chiaramente vera. Se a = b otteniamo 4a − 2|c| + a^{2}|c| ≤ 10 con a = \sqrt{(9 − c^{2})/2} e −3 ≤ c ≤ 0. Dunque abbiamo

4\frac{\sqrt{9 − c^{2}}}{2} −2|c|+ \frac{9 − c^{2}}{2} |c| ≤ 10 che semplificata diventa 112−40q+33q^{2}+9q^{3}(40+9q^{3}−2q) ≥ 0

(|c| = q) ed è immediato verificare che tale quantità è positiva essendo 112 − 40q + 33q^{2} > 0 e 40 + 9q^{3} − 2q > 0.

284.1.A Dalla AGM abbiamo (a + 3b)(b + 4c)(c + 2a) ≥ 4a^{\frac{1}{4}} b^{\frac{3}{4}} 5b^{\frac{1}{5}} c^{\frac{4}{5}} 3c^{\frac{1}{3}} a^{\frac{2}{3}} = 60a^{\frac{11}{12}} b^{\frac{19}{20}} c^{\frac{19}{15}} ≥ 60abc se e solo se c^{\frac{4}{15}} = c^{\frac{1}{12}} c^{\frac{1}{20}} ≥ a^{\frac{1}{12}} b^{\frac{1}{20}} che evidentemente è vera.

285.1.A Se a, b ≥ 0 e c < 0 la disuguaglianza è ovvia in quanto il lato sinistro è non negativo mentre il lato destro è non positivo. Sia quindi a, b ≤ 0 e c ≥ 0. Ne segue c = −a−b = |a|+|b| da cui, detta x = |x|, y = |b| e z = x+y si ha (x+y)^{2}(x^{2} +y^{2})+x^{2}y^{2} +3−6xy(x+y) ≥ 0. Poniamo x+y = u, xy = v da cui v ≤ u^{2}/4. La disuguaglianza diventa f(v) = u^{4}−2u^{2}v+v^{2}+3−6uv ≥ 0. Il minimo della parabola lo si ha per v = u^{2} + 3u > u^{2}/4 per cui il minimo è preso per il valore

massimo di v = u^{2}/4 ossia f(u^{2}/4) = \frac{9}{16}u^{4} + 3 − \frac{3}{2}u^{3} = \frac{3}{16}(3u^{2} + 4u + 4)(u − 2)^{2} ≥ 0

286 .1.A a^{3} + b^{3} = (a + b)^{3} − 3ab(a + b) = 8u^{3} − 6v^{2}u = 2 dove a + b = 2u e ab = v^{2}.

a + b ≥ 2 ^{3} \sqrt{ab} diventa f(v) = 2u − 2v^{2/3} ≥ 0. Da v = \sqrt{\frac{4u^{3} − 1}{3u}} otteniamo 2u − 2 ^{3} \sqrt{\frac{4u^{3} − 1}{3u}} ≥ 0

da cui 3u^{4} − 4u^{3} + 1 = (3u^{2} + 2u + 1)(u − 1)^{2} ≥ 0 che è certamente vera.

287 .1.A La relazione ab + bc + ca + 2abc = 1 si scrive come \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + 2 = \frac{1}{abc}. Si scopre che la sostituzione a = x/(y + z), b = y/(x + z), c = z/(x + y) soddisfa alle nostre esi-

genze. Dunque otteniamo ∑_{cyc} \sqrt{\frac{xy}{(x + z)(y + z)}} ≤ \frac{3}{2} che è implicata da ∑_{cyc} \sqrt{\frac{xy}{(x + z)(y + z)}} ≤

\frac{1}{2} ∑_{cyc} (\frac{x + y}{x + z} + \frac{x + y}{y + z} ) = \frac{3}{2}.

288.1.A Usiamo “UVW”. a+b+c = 3u, ab+bc+ca = 3v^{2}, abc = w^{3} da cui f(v^{2}) = 3v^{2}−w^{3} ≤ 2 per ogni v, w significa che f(v^{2}) ≤ 2 per il valore massimo di v^{2} che è raggiunto quando almeno due dei tre valori sono uguali e quindi poniamo a = b. Otteniamo 2a^{2} +c^{2} +a^{2}c = 4 e a^{2} +2ac− a^{2}c ≤ 2. Naturalmnete discende 0 ≤ c ≤ 2 e 0 ≤ a ≤ \sqrt{2}. Sommando otteniamo 3a^{2}+c^{2}+2ac ≤ 6 e 6 − c^{2} − 3a^{2} ≥ 0. Infatti da 2a^{2} + c^{2} + a^{2}c = 4 otteniamo 2a^{2} + c^{2} ≤ 2a^{2} + c^{2} + a^{2}c = 4 e a^{2} ≤ (2a^{2} + c^{2} + a^{2}c)/2 = 2 per cui (2a^{2} + c^{2}) + a^{2} ≤ 4 + 2 = 6. Da 3a^{2} + c^{2} + 2ac ≤ 6 segue che 2ac ≤ 6 − c^{2} − 3a^{2} e possiamo elevare al quadrato per cui 4a^{2}c^{2} ≤ (6 − c^{2} − 3a^{2})^{2} ed usando a^{2} = (4 − c^{2})/(2 + c) si ottiene −c^{2}(c − 1)^{2} ≤ 0 come dovevasi dimostrare. La seconda parte della dimostrazione è f(w^{3}) = −w^{3} + v^{2} ≥ 0 che deve essere vera per il valore massimo di w il quale capita di nuovo quando almeno due delle grandezze sono uguali per cui dobbiamo dimostrare che se 2a^{2} + c^{2} + a^{2}c = 4 allora a^{2} + 2ac − a^{2}c ≥ 0. Usando

a^{2} = (4 − c^{2})/(2 + c) si ottiene \frac{4 − c^{2}}{2 + c} − c\frac{4 − c^{2}}{2 + c} + 2c\sqrt{\frac{4 − c^{2}}{2 + c}} ≥ 0. Se \frac{4 − c^{2}}{2 + c} − c\frac{4 − c^{2}}{2 + c} ≥ 0

è certamente vera e questo accade quando (c − 2)(c − 1)(c + 2) ≥ 0 ossia per 0 ≤ c ≤ 1. Se

1 ≤ c ≤ 2 quadriamo \frac{4 − c^{2}}{2 + c} − c\frac{4 − c^{2}}{2 + c} + 2c\sqrt{\frac{4 − c^{2}}{2 + c}} ed otteniamo (2 − c)(4c^{2} − c + 1) ≥ 0 che è

chiaramente vera.

289.1.A Da a^{2} + 1 ≥ 2a otteniamo ∑_{cyc} \frac{a}{2a + 1} ≤ 1. Poi poniamo a = x/y, b = y/z, c = z/x ed

otteniamo x^{2}z + y^{2}x + z^{2}y ≥ 3xyz che è chiaramente vera.

290.1.A Prima dimostrazione Da a^{3}+1+1 ≥ 3a otteniamo ∑_{cyc} \frac{a}{3a + 1} ≤ 1. Poi poniamo a =

x/y, b = y/z, c = z/x ed otteniamo \frac{1}{4} \frac{−24xyz + 3x^{2}y + 3xz^{2} + 5zx^{2} + 3y^{2}z + 5xy^{2} + 5yz^{2})}{(3x + y)(3y + z)(3z + x} ≥ 0

che è chiaramente vera. Seconda dimostrazione ∑_{cyc} \frac{a}{3a + 1} ≤ ∑_{cyc} \frac{a}{3a} = 1

291.1.A Da a^{2} + 1 ≥ 2a otteniamo ∑_{cyc} \frac{a}{a + 2} ≤ 1. Poi poniamo a = x/y, b = y/z, c = z/x ed

otteniamo \frac{x^{2}y + y^{2}z + z^{2}x}{(x + 2y)(y + 2z)(z + 2x)} ≥ 0 che è vera

292.1.A Poniamo a = x/y, b = y/z, c = z/x ed otteniamo ∑_{cyc}(27x^{2}y^{4} + 9x^{4}y^{2} + 14(xyz)^{2}) ≥

∑_{cyc}(4xy^{3}z^{2} + 12(xy)^{3} + 12xyz^{4} + 36x^{3}yz^{2}). Essendo ciclica poniamo z = min{x, y, x} da cui

x = z + p, y = z + r da cui 32z^{4}(p^{2} + r^{2} − pr) + z^{3}(32p^{3} − 40p^{2}r + 72pr^{2} + 32r^{3}) + z^{2}(56pr^{3} − 56p^{3}r +72p^{2}r^{2} +24r^{4} +24p^{4})+z(42pr^{4} −4p^{3}r^{2} +6rp^{4} +36p^{2}r^{3})+(27r^{4}p^{2} +9r^{2}p^{4} −12p^{3}r^{3}) ≥ 0. Ora dobbiamo far vedere che tutti i coefficienti sono positivi.

z^{4} : p^{2} + r^{2} − pr ≥ pr
z^{3} : 16p^{3} + 16p^{3} + 31r^{3} ≥ 60p^{2}r
z^{2} : 24p^{4} + 72p^{2}r^{2} ≥ 72p^{3}r^{2}
z : 2rp^{4} + 2p^{2}r^{3} ≥ 4p^{3}r^{2}
z^{0} : 27r^{4}p^{2} + 9r^{2}p^{4} ≥ 18p^{3}r^{3}

293.1.A Sia f(a, b, c) = −1 + ∑_{cyc}(a^{2} − a^{2}b). Poiché f_{aa} = 2(1 − b) ≥ 0 e così le altre, ne segue che il massimo è assunto ad uno degli otto vertici del cubo [0, 1]^{3} e tale massimo vale zero.

294.1.A Essendo abc ≤ (a+b+c)^{3}/27 otteniamo a+b+c+ \frac{1}{abc} ≤ a+b+c+ \frac{27}{(a + b + c)^{3}} ≥ 4\sqrt{3}

ossia (S^{3} − 3S^{2}\sqrt{3} − 9S − 9\sqrt{3})(S − \sqrt{3}) ≥ 0 dove S = a + b + c. Inoltre 1 = a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ (a+b+c)^{2}/3 da cui a+b+c ≤ \sqrt{3}. Essendo S ≤ \sqrt{3} ne segue che S^{3}−3\sqrt{3}S^{2} = S^{2}(S −3\sqrt{3}) ≤ 0 da cui la tesi

295.1.A Usiamo rich.14 ed otteniamo a^{2}+b^{2}+c^{2}+\sqrt{3}\sqrt{abc} ≤ a^{2}+b^{2}+c^{2}+2\frac{a + b + c}{\sqrt{ab + bc + ca}} =

(a + b + c)^{2} ≤ 1

296 .1.A Usiamo il risultato usato nella dimostrazione di rich.15 ed otteniamo 7\frac{1 − q^{2}}{3} ≤

2 + 9\frac{(1 + q)^{2}(1 − 2q)}{27} che si riduce a 2q^{2}(q − 2)/3 ≤ 0 chiaramente.

297 .1.A Usiamo “UVW”. Detti a + b + c = 3u, ab + bc + ca = 3v^{2}, abc = w^{3} da cui f(u) = 2u − 2 − w^{3} ≤ 0 che deve valere anche per il valore massimo di u. Il valore massimo di u si ottiene quando almeno due fra a, b, c sono uguali. In tal caso si ottiene 2x^{2} + z^{2} = 2 e

2x + z ≤ 2 + x^{2}z ed inserendo z = \sqrt{\frac{2 − z^{2}}{2}} si ottiene z^{6} ≥ 0 che è certamente vera.

298.1.A Usiamo rich.14 ed otteniamo ab + bc + ca ≥ \sqrt{3(abc)(a + b + c)} = \sqrt{3}(a + b + c)^{3/2}. e facciamo vedere che \sqrt{3}(a + b + c)^{3/2}. ≥ 9(a + b + c) ossia \sqrt{3}(a + b + c)^{1/2} ≥ 9. Infatti \sqrt{abc} = a + b + c ≥ 3(abc)^{1/3} da cui (abc)^{1/6} ≥ 3 e quindi a + b + c = (abc)^{1/2} ≥ 27.

299.1.A Se a, b ≥ 0 allora a\sqrt{b^{2} + 1} ≤ (a^{2} + b^{2} + 1)/2 e quindi la tesi. Se a < 0 o b < 0 o tutti e due, è vera lo stesso in quanto la parte sinistra rimane invariata ma quella destra decresce.

300.1.A Siccome la derivata seconda della funzione x/\sqrt{1 − x} è \frac{4 − x}{4(x − 1)^{2}\sqrt{1 − x}} > 0 allora è

convessa per cui 3 ∑_{cyc} \frac{1}{3} \frac{x}{\sqrt{1 − x}} ≥ 3\frac{\frac{x+y+z}{3}}{\sqrt{1 − \frac{x+y+z}{3}}} = \sqrt{\frac{3}{2}}

301.1.A Basta porre x = 1/a, y = 1/b, z = 1/c ed otteniamo ∑_{cyc} \frac{a}{b + c} ≥ \frac{3}{2} che è Nesbitt.

302.1.A Da Cauchy–Schwarz abbiamo ∑_{cyc} \frac{a}{b + 1} ≥ \frac{(a + b + c)^{2}}{3 + a + b + c} ≥ \frac{3(a + b + c)}{a + b + c + 3} da cui (a +

b + c)^{3} ≥ 3(ab + bc + ca) che è vera.

303 .1.A Prima dimostrazione Poniamo x = 1/a, y = 1/b, c = 1/z e si ottiene

∑_{cyc} \frac{x^{2}y^{2}}{x(x + y)} ≥ \frac{27}{2} \frac{(xyz)^{2}}{(xy + yz + zx)^{2}} . Poi usiamo Cauchy–Schwarz per ottenere ∑_{cyc} \frac{x^{2}y^{2}}{x(x + y)} ≥

\frac{(xy + yz + zx)^{2}}{x^{2} + y^{2} + z^{2} + xy + yz + zx} ≥ \frac{27}{2} \frac{(xyz)^{2}}{(xy + yz + zx)^{2}} . Semplificando il tutto si arriva a ∑_{sym} 2x^{4}y^{4}+

16x^{4}y^{3}z ≥ ∑_{sym} 15x^{4}y^{2}z^{2} + 3x^{3}y^{3}z^{2} che evidentemente segue da Muirhead. Le AGM sottostanti

sono (x^{4}y^{3}z + x^{4}yz^{3})/2 ≥ x^{4}y^{2}z^{2}, (x^{4}y^{3}z + x^{4}y^{3}z + xy^{3}z^{4})/3 ≥ x^{3}y^{3}z^{2}, (x^{4}y^{4} + x^{4}y^{4} + x^{4}z^{4} + y^{4}z^{4})/4 ≥ x^{3}y^{3}z^{2}

Seconda dimostrazione \frac{(xy + yz + zx)^{2}}{x^{2} + y^{2} + z^{2} + xy + yz + zx} ≥ \frac{27}{2} \frac{(xyz)^{2}}{(xy + yz + zx)^{2}} diventa 2(xy +

yz+zx)^{4} ≥ 27(xyz)^{2}(x^{2}+y^{2}+z^{2}+xy+yz+zx). Usiamo “UVW”. x+y+z = 3u, xy+yz+zx = 3v^{2}, xyz = w^{3} da cui f(w^{3}) ≐ 27(w^{2})^{2}(9u^{2} − 5v^{2}) − 2v^{6} ≤ 0. La funzione f(w^{3}) è convessa per cui il massimo lo si ottiene quando w è massimo o minimo. Se w è minimo allora almeno uno fra x, y, z è zero oppure due sono uguali. Sia x = 0. Abbiamo −2(yz)^{4} ≤ 0 e questo accade quando anche y oppure z è zero. Sia x = y da cui si ha 2y^{8} + 16y^{7}z + 10y^{5}z^{3} + 5y^{4}z^{4} − 33y^{6}z^{2} ≥ 0 e poi poniamo z = λy ed otteniamo b^{8}(λ − 1)^{2}(5λ^{2} + 20λ + 2) ≥ 0 certamente per λ ≥ 0.

304.1.A Usiamo “UVW”. Semplificando otteniamo ∑_{cyc}(2 + a^{2} + b^{2})(2 + b^{2} + c^{2}) ≤ \frac{3}{4}(2 + a^{2} +

b^{2})(2 + b^{2} + c^{2})(2 + c^{2} + a^{2}).

Cominciamo dal lato sinistro. ∑_{cyc}(2+a^{2}+b^{2})(2+b^{2}+c^{2}) = 12+8(a^{2}+b^{2}+c^{2})+∑_{cyc}(a^{2}+b^{2})(b^{2}+

c^{2}). Sia a^{2} + b^{2} + c^{2} ≐ S_{2}. ∑_{cyc}(a^{2} + b^{2})(b^{2} + c^{2}) = ∑_{cyc}(S_{2} − c^{2})(b^{2} + c^{2}) = 2S_{2}^{2} − ∑_{cyc} c^{2}(b^{2} + c^{2}) =

2S_{2}^{2} − ∑_{cyc} c^{2}(S_{2} − a^{2}) = 2S_{2}^{2} − S_{2}^{2} − (a^{2}b^{2} + b^{2}c^{2} + c^{2}a^{2}) = S_{2}^{2} − (a^{2}b^{2} + b^{2}c^{2} + c^{2}a^{2}). Ne

segue che ∑_{cyc}(2 + a^{2} + b^{2})(2 + b^{2} + c^{2}) = 12 + 8(a^{2} + b^{2} + c^{2}) + S_{2}^{2} + (a^{2}b^{2} + b^{2}c^{2} + c^{2}a^{2}) =

12 + 8(a^{2} + b^{2} + c^{2}) + (a^{2} + b^{2} + c^{2})^{2} + (a^{2}b^{2} + b^{2}c^{2} + c^{2}a^{2}) ≐ T (2 + a^{2} + b^{2})(2 + b^{2} + c^{2})(2 + c^{2} + a^{2}) lo scriviamo scomponendolo secondo le potenze. ξ^{0}. 8 ξ^{2}. 4S_{2} − 4b^{2} + 8S_{2} − 4a^{2} − 4c^{2} = 12S_{2} − 4S_{2} = 8S_{2} ξ^{4}. 4S_{2}^{2} − 4S_{2}b^{2} + 2S_{2}^{2} − 2a^{2}S_{2} + 2a^{2}b^{2} − 2c^{2}S_{2} + 2c^{2}b^{2} − 2S_{2}(a^{2} + c^{2}) + 2a^{2}c^{2} = 2S_{2}^{2} + 2(a^{2}b^{2} + b^{2}c^{2} + c^{2}a^{2}) ξ^{6}. S_{2}^{3} − b^{2}S_{2}^{2} − S_{2}^{2}(a^{2} + b^{2}) + S_{2}(a^{2} + c^{2})b^{2} + a^{2}c^{2}S_{2} − a^{2}b^{2}c^{2} = S_{2}(a^{2}b^{2} + b^{2}c^{2} + c^{2}a^{2}) − (abc)^{2}.

Sommando abbiamo 8 + 8(a^{2} + b^{2} + c^{2}) + 2(a^{2} + b^{2} + c^{2})^{2} + 2(a^{2}b^{2} + b^{2}c^{2} + c^{2}a^{2}) + (a^{2} + b^{2} + c^{2})(a^{2}b^{2} + b^{2}c^{2} + c^{2}a^{2}) − (abc)^{2} ≐ V

La nostra disuguaglianza è data da 4T −3V ≤ 0. Usiamo “UVW” e come al solito a+b+c = 3u = 3, ab+bc+ca = 3v^{2}, abc = w^{3} da cui 4T −3V ≤ 0 diventa f(w^{3}) ≐ (w^{3})^{2}+g(u, v)w^{3}+h(u, v^{2}) ≤ 0. La funzione f(w^{3}) è convessa per cui basta che sia verificata agli estremi.

Sia a = 0. Abbiamo \frac{1}{2 + b^{2}} + \frac{1}{2 + c^{2}} + \frac{1}{2 + b^{2} + c^{2}} ≤ \frac{3}{4} e b + c = 3 da cui

−\frac{1}{4} \frac{66 − 168b + 389b^{2} − 384b^{3} + 199b^{4} − 54b^{5} + 6b^{6}}{(2 + b^{2})(11 + 2b^{2} − 6b)(11 − 6b + b^{2})} ≤ 0 ossia 66 − 168b + 389b^{2} − 384b^{3} +

199b^{4} − 54b^{5} + 6b^{6} ≥ 0 ossia 66 + 6b^{6} + 199b^{4} + 389b^{2} ≥ 168b + 38b^{3} + 54b^{5} Abbiamo 199b^{4} + 6b^{6} > 69b^{5} per cui rimaniamo con 66 + 14b^{5} + 389b^{2} ≥ 168b + 38b^{3}. Poi abbiamo (66+389b^{2})−168b ≥ (320−168)b = 152b ed infine 152b+14b^{5} > 92b^{3} > 38b^{3} e la dimostrazione del caso a = 0 è conclusa.

Sia a = b. c = 3−2b da cui −\frac{3}{4} \frac{1 + 10b^{2} − 4b + 5b^{4} − 12b^{3}}{(1 + b^{2})(11 + 5b^{2} − 12b)} ≤ 0 da cui 1+10b^{2} −4b+5b^{4} −12b^{3} =

3(5b^{2} − 2b + 1)(b − 1)^{2} ≥ 0 che è certamente vera e la dimostrazione è conclusa.

305 .1.A Prima dimostrazione Si omogeneizza ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{a\frac{a+b+c}{3} + b^{2}} ≥ \frac{3}{2} e poi poniamo c =

min{a, b, c} per cui a = c + x, b = c + y, x, y ≥ 0 da cui si ottiene ∑_{k=0}^{4} c^{k}A_{4−k}(x, y) con

A_{0}. 60y^{2} + 60x^{2} − 60xy ≥ 60xy ≥ 0

A_{1}. 76x^{3} − 3xy^{2} + 76y^{3} + 15x^{2}y ≥ (3 ^{3} \sqrt{76 · 38 · 38} − 3)xy^{2} + 15x^{2}y

A_{2}. 31y^{4} + 43xy^{3} + 61x^{3}y + 31x^{4} − 3x^{2}y^{2} ≥ 59x^{2}y^{2} + 43xy^{3} + 61x^{3}y

A_{3}. 3x^{5} + 19y^{4}x + 9x^{2}y^{3} + 28x^{4}y + 3y^{5} + 9x^{3}y^{2}

A_{4}. 6x^{4}y^{2} − 6y^{3}x^{3} + 3x^{5}y + 9y^{4}x^{2} ≥ 3x^{4}y^{2} + 3x^{5}y + 6y^{4}x^{2} e la dimostrazione è conclusa.

306.1.A Usiamo “UVW”. Poniamo S ≐ a^{2} + b^{2} + c^{2} ed osserviamo che eliminando i denominatori in ∑_{cyc} \frac{1}{8 + 5(a^{2} + b^{2})} − \frac{1}{6} si ottiene una espressione del tipo A(u, v^{2}) + B(u, v^{2})w^{3} ≤

−(w^{3})^{2} + D(u, v^{2})w + E(u, v^{2}) ossia f(w^{3}) = (w^{3})^{2} + g(u, v^{2})w^{3} + h(u, v^{2}) ≤ 0 e quindi basta verificarla quando w è massimo o minimo. Il valore minimo lo si ha quando almeno una fra a, b, c è nulla oppure due sono uguali.

Sia a = 0. Abbiamo \frac{5}{6} \frac{106 − 696b + 2707b^{2} − 3000b^{3} + 1625b^{4} − 450b^{5} + 50b^{6}}{(8 + 5b^{2})(53 + 10b^{2} − 30b)(53 − 30b + 5b^{2})} ≥ 0. Analizziamo

il numeratore detto f(b) = 106 − 696b + 2707b^{2} − 3000b^{3} + 1625b^{4} − 450b^{5} + 50b^{6}. Vediamo che f(b) = f(3−b) per cui ci basta considerare 0 ≤ b ≤ 3/2. Inoltre f′(b) = −696+5414b−9000b^{2} + 6500b^{3} − 2250b^{4} + 300b^{5} = 2(2b − 3)(75b^{4} − 450b^{3} + 950b^{2} − 825b + 116) e vogliamo dimostrare che f′(b) ≥ 0 per 1 ≤ b ≤ 3/2 ossia 75b^{4} − 450b^{3} + 950b^{2} − 825b + 116 ≤ 0 per 1 ≤ b ≤ 3/2. Per questo osserviamo che −450b^{3} +950b^{2} −825b = b(−450b^{2} +950b−825) ≤ b(−450b^{2} +950b−

825)|_{b=19/18}= −b\frac{110675}{324}

Dunque 75b^{4} − b\frac{110675}{324} + 116 ≤ 0 se 1 ≤ b ≤ 3/2 e questo è facile da vedere derivando. Questo

implica che possiamo limitarci a considerare f(b) = 106 − 696b + 2707b^{2} − 3000b^{3} + 1625b^{4} − 450b^{5} + 50b^{6} solo in 0 ≤ b ≤ 1 in quanto fra 1 e 3/2 è crescente e f(1) = 342.

Osserviamo che 1625 − 450b + 50b^{2} è decrescente e quindi 1625b^{4} − 450b^{5} + 50b^{6} ≥ b^{4}(1625b^{2} − 450b + 50b^{2})|_{b=1}= 1225b^{4} per cui abbiamo f(b) ≥ 106 − 696b + 2707b^{2} − 3000b^{3} + 1225b^{4}.

Poi osserviamo che 2707−3000b+1225b^{2} decresce per 0 ≤ b ≤ 1 da cui 2707b^{2}−3000b^{3}+1225b^{4} ≥ (2707−3000b+1225b^{2})|_{b=1}b^{2} = 932b^{2} ed inoltre osserviamo che 106−696b+932b^{2} è crescente per b ≥ 0.6 = 3/5. Allora prendiamo 2707b^{2} − 3000b^{3} + 1225b^{4} ≥ (2707 − 3000b + 1225b^{2})|_{b=3/5}b^{2} = 1438b^{2} e finalmente 106 − 696b + 1438b^{2} è positiva per 0 ≤ b ≤ 3/5.

Il secondo caso è quando a = b e c = 3 − 2b da cui −\frac{5}{6} \frac{1 + 46b^{2} − 12b + 25b^{4} − 60b^{3}}{(4 + 5b^{2})(53 + 25b^{2} − 60b)} ≤ 0 ossia

(5b − 1)^{2}(b − 1)^{2} ≥ 0 che è vera e da b = 1 segue a = b = c = 1.

307.1.A Semplicando si ottiene ∑_{cyc}(a^{3}b^{3} + a^{2}b^{4}) ≥ ∑_{cyc}(a^{2}b^{3}c + (abc)^{2}) che segue da (a^{3}c^{3} +

a^{3}c^{3} + a^{3}b^{3})/3 ≥ a^{3}c^{2}b e da (a^{2}b^{4} + b^{2}c^{4} + c^{2}a^{4}) ≥ 3(abc)^{2}

308.1.A Prima dimostrazione Semplificando si ha ∑_{sym}(a^{3}b^{2} − a^{2}b^{2}c) ≥ 0 che chiaramente è

vera

Seconda dimostrazione ∑_{cyc} \frac{b + c − a}{a^{2}} ≥ ∑_{cyc} \frac{1}{a} poi poniamo x = (b+c−a)/2, y = (c+a−b)/2,

z = (a + b − c)/2 da cui ∑_{cyc} \frac{2x}{(y + z)^{2}} ≥ ∑_{cyc} \frac{1}{y + z} ossia ∑_{cyc} \frac{3x − 1}{(1 − x)^{2}} ≥ 0 con x + y + z = 1.

Si osservi che c = x + y = 1 − z > 0, a = y + z = 1 − x > 0, b = z + x = 1 − y > 0 per cui

x, y, z < 1. Poi osserviamo che \frac{3x − 1}{(1 − x)^{2}} −( − \frac{9}{4} + \frac{27}{4}x) = \frac{1}{4} \frac{(5 − 3x)(−1 + 3x)^{2}}{(−1 + x)^{2}} ≥ 0 se x ≤ 5/3.

(la retta tangente a x = 1/3). Quindi ∑_{cyc} \frac{3x − 1}{(1 − x)^{2}} ≥ −\frac{27}{4}(x + y + z) + \frac{9}{4} · 3 = 0

309.1.A ∑_{cyc} \frac{a}{b + 2c + d} ≥ \frac{(a + b + c + d)^{2}}{2(ab + bc + cd + da) + 2ac + 2bd} ≥ 1 da cui a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} ≥

2ac + 2bd che è chiaramente vera

310.1.A Sia S = ∑_{cyc} \frac{a}{b^{2}} e riscriviamo il tutto come ∑_{cyc} S \frac{a}{Sb^{2}} \frac{1}{1 + c} ≥ \frac{3}{2}. 1/(1 + x) è convessa

per x > 0 da cui ∑_{cyc} S \frac{a}{Sb^{2}} \frac{1}{1 + c} ≥ S \frac{1}{1 + \frac{1}{S} ∑_{cyc} \frac{a}{b^{2}}} ≥ \frac{3}{2} ossia S ≥ 3 ma S ≥ 3\frac{abc}{(abc)^{2}} = 3 da cui

il risultato.

311.1.A La derivata seconda di x/\sqrt{1 − x} è \frac{1}{4} \frac{4 − a}{(−1 + a)^{2}\sqrt{(1 − a)}} > 0 sa cui ∑_{cyc} \frac{a}{\sqrt{b + c}} ≥

3\frac{\frac{a+b+c}{3}}{\sqrt{1 − \frac{a+b+c}{3}}} = \sqrt{\frac{3}{2}}

312.1.A Poniamo a = x/y, b = y/z, c = z/x ed otteniamo

\frac{xz^{2} + x^{2}z + x^{2}y + xy^{2} + y^{2}z + yz^{2} − 6xyz}{4(x + y)(y + z)(z + x)} ≥ 0 che chiaramente è vera.

313.1.A Usiamo “UVW” per cui a + b + c = 3u, ab + bc + ca = 3v^{2}, abc = w^{3} da cui f(u) ≥ 0 dove f(u) = 6u+A(v^{2}, w). f(u) è lineare in u per cui basta che sia vera quando u è minimo ossia quando almeno due fra a, b, c sono uguali. Sia a = b ed otteniamo (3 − 2a)^{2}(4a − 3) ≤ a^{2}(3 − 2a) ossia 9(2a−3)(a−1)^{2} ≤ 0 e ciò è vero in quanto a ≤ 3/2. I casi di uguaglianza sono a = b = c = 1 e a = b = 3/2, c = 0.

314 .1.A La condizione a + b + c ≥ \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} diventa abc(a + b + c) ≥ a^{2}c + b^{2}a + c^{2}b.

Inoltre ∑_{cyc} \frac{a^{3}c}{b(a + c)} = ∑_{cyc} \frac{abca^{2}}{b^{2}(a + c)} ≥ abc\frac{(a + b + c)^{2}}{∑_{sym} a^{2}b} ≥ \frac{a^{2}c + b^{2}a + c^{2}b}{a + b + c} \frac{(a + b + c)^{2}}{∑_{sym} a^{2}b} = (a^{2}c +

b^{2}a+c^{2}b)\frac{a + b + c}{∑_{sym} a^{2}b} ≥ \frac{(a^{2}c + b^{2}a + c^{2}b)^{2}}{abc ∑_{sym} a^{2}b} \frac{3}{2} ossia ∑_{cyc}(2a^{4}c^{2} +a^{3}cb^{2}) ≥ ∑_{cyc} 3a^{3}bc^{2} che segue dalla

AGM in quanto (a^{4}c^{2} + a^{4}c^{2} + ab^{3}c^{2})/3 ≥ 3a^{3}c^{2}b

315.1.A Usiamo “UVW”. f(v^{2}) = 6v^{2} − 1 − 2w^{3} − (9u^{2} − 6v^{2}) = 12v^{2} − 1 − 2w^{3} − 9u^{2} ≥ 0 e quindi deve essere vera per il valore minimo di v ossia quando almeno due fra a, b, c sono uguali. Sia quindi a = b da cui 2a^{2} + c^{2} + 2a^{2}c + 1 ≥ 2(a^{2} + 2ac) ossia c^{2} + 2a^{2}c + 1 ≥ 4ac che è vera dalla AGM (c^{2} + a^{2}c + a^{2}c + 1) ≥ 4ac e l’uguaglianza si ha se e solo se a = c = 1 da cui b = 1.

316.1.A Usiamo “UVW” ed otteniamo f(v^{2}) = 9v^{2} + 3u − 9u^{2} − 2 − w^{3} ≤ 0 per cui ci basta prendere a = b ossia a^{2}+c^{2}+a^{2}c+2 ≥ 2ac+2a+c da cui (a^{2}+1−2a)+(c^{2}+1−2c)+a^{2}c+c ≥ 2ac che è vera e l’uguaglianza si ha solamente per a = b = c = 1.

317 .1.A Prima dimostrazione Abbiamo 2 ∑_{cyc} \frac{b}{a} ≥ ∑_{cyc} \frac{2a}{b + c} + 3 ossia 2 ∑_{cyc} \frac{ab}{c(b + c)} ≥ 3

ossia 2 ∑_{cyc} \frac{(ab)^{2}}{abc(b + c)} ed applicando Cauchy–Schwarz 2\frac{(ab + bc + ca)^{2}}{2abc(a + b + c)} ≥ 3 ossia ab + bc + ca ≥

3(abc)(a + b + c) che è rich.14.

Seconda dimostrazione Usando a + b + c = 1 e semplificando si ha 2 ∑_{cyc}(a^{4}b^{2} + a^{3}b^{3}) ≥

∑_{sym}(a^{3}b^{2}c + a^{2}b^{2}c^{2})

∑_{cyc} a^{4}b^{2} = \frac{2a^{4}b^{2} + 2a^{2}c^{4}}{4} + \frac{2a^{4}b^{2} + 2c^{2}b^{4}}{4} + \frac{2c^{4}a^{2} + 2a^{2}c^{4}}{4} ≥ ∑_{cyc} a^{3}c^{2}b

2 ∑_{cyc} a^{3}b^{3} ≥ ∑_{sym}(abc)^{2} che è risolta da \frac{4a^{4}b^{2} + b^{4}c^{2} + c^{4}a^{2}}{6} ≥ a^{3}b^{2}c e cicliche.

318.1.A La disuguaglianza è (1+1+1)(1+1+1) ∑_{cyc} \frac{a^{3}}{(b + c)^{3}} ≥ \frac{27}{8} Usiamo Hölder ed abbiamo

(1 + 1 + 1)(1 + 1 + 1) ∑_{cyc} \frac{a^{3}}{(b + c)^{3}} ≥ (∑_{cyc} \frac{a}{b + c} · 1^{\frac{1}{3}} · 1^{\frac{1}{3}} )^{3} ≥ \frac{27}{8} che è Nesbitt.

319 .1.A Usiamo il Teorema di V.Cirtoaje detto “E–V” o altrimenti detto “metà concavità

–metà convessità ”. La disuguaglianza è ∑_{cyc} \frac{1}{(1 + \frac{b}{a})^{3}} ≥ \frac{3}{8}. Poniamo b/a = x, c/b = y, a/v = z

da cui ∑_{cyc} \frac{1}{(1 + x)^{3}} ≥ \frac{3}{8} e xyz = 1. Poi poniamo x = e^{t}, y = e^{u}, z = e^{v} da cui, detta

f(t) = (1 + e^{t})^{−3} si ha f′′(t) = \frac{3e^{t}(3e^{t} − 1)}{(1 + e^{t})^{5}} ≥ 0 se e solo se t ≥ 0. Affinché la disuguaglianza sia

vera è necessario che almeno due dei parametri siano uguali per cui poniamo t = v e u = −2t per

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

cui si ha \frac{1}{8} \frac{P (e^{t})}{Q(e^{t})} con P (e^{t}) = (13+30e^{2t} +12e^{4t} −6e^{6t} +6e^{7t} +15e^{8t} +5e^{9t} −9e^{t} −30e^{3t} −36e^{5t})

e Q(t) = (1 + e^{t})^{3}(1 + e^{2t})^{3} ma ((r = e^{t})) P (t) = (5r^{7} + 25r^{6} + 51r^{5} + 71r^{4} + 55r^{3} + 51r^{2} + 17r + 13)(r − 1)^{2} ≥ 0 da cui il risultato. 320.1.A Usiamo una delle prime disuguaglianze ossia 1/(1 + x)^{2} + 1/(1 + y)^{2} ≥ 1/(1 + xy) da

cui \frac{1}{(1 + a)^{2}} + \frac{1}{(1 + b)^{2}} + \frac{1}{(1 + c)^{2}} + \frac{1}{(1 + d)^{2}} ≥ \frac{1}{1 + ab} + \frac{1}{1 + cd} e quindi e \frac{1}{1 + x} + \frac{1}{1 + \frac{1}{x}} ≥= 1

in quanto abcd = 1 e quindi il risultato 321.1.A 322.1.A Prima dimostrazione Semplificando si arriva a ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{b^{2}} + 2 ∑_{cyc} \frac{a}{c} ≥ 3 + ∑_{sym} \frac{a}{b} ossia

essendo ∑_{cyc} \frac{a}{c} ≥ 3, ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{b^{2}} + ∑_{cyc} \frac{a}{c} ≥ ∑_{sym} \frac{a}{b} ossia ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{b^{2}} ≥ ∑_{cyc} \frac{a}{b}. Definiamo ora a/b = x, b/c = y, c/x = z per cui x^{2} + y^{2} + z^{2} ≥ x + y + z e xyz = 1 che è rich.20. Seconda dimostrazione Semplifichiamo ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{b^{2}} ≥ ∑_{cyc} \frac{a}{b} e arriviamo a ∑_{cyc} a^{4}c^{2} ≥ ∑_{cyc} a^{3}bc^{2} che segue da (4a^{4}c^{2} + b^{4}a^{2} + c^{4}b^{2})/6 ≥ a^{3}bc^{2} e cicliche. 323.1.A Semplificando si ha ∑_{cyc} a^{3} ≥ ∑_{cyc} abc che segue dalla AGM.

324.1.A 325.1.A In virtù della ciclicità basta far vedere che la derivata seconda rispetto ad a è positiva

ed infatti \frac{2bc(ca^{3}b^{3} + 3ca^{2}b^{2} + 6cab + c + bc^{3}a^{3} + 3bc^{2}a^{2} + b)}{(ca + 1)^{3}(ab + 1)^{3}} ≥ 0 da cui il massimo è assunto

quando \{a, b, c\} ∈ \{0, 1\} da cui ∑_{cyc} \frac{a}{bc + 1} ≤ ∑_{cyc} \frac{a}{bc + 1}|_{a=1,b=c=0,}= 2 e cicliche.

326.1.A Dalla AGM abbiamo \frac{a_{1}^{n}}{a_{2} ⋯ a_{n}} + a_{2} + … + a_{n} ≥ na_{1}. Sommando le corrispondenti relazioni otteniamo ∑_{cyc} \frac{a_{k}}{a_{1} ⋯ a_{k−1}a_{k+1}a_{n}} + (n − 1) ∑_{cyc} a_{k} ≥ n ∑_{cyc} a_{k} ossia la relazione.

327.1.A Prima dimostrazione Poniamo come al solito a = x/y, b = y/z, c = z/x da cui

∑_{cyc}((ab)^{6} + 2a^{6}b^{5}c + 2a^{5}b^{4}c^{3} + a^{8}b^{2}c^{2} + 2a^{8}c^{3}b + 2a^{7}b^{3}c^{2} + 4a^{7}c^{3}b^{2}) ≥ ∑_{cyc}(8a^{6}b^{4}c^{2} + 2(abc)^{4} +

4a^{5}b^{3}c^{4}) che naturalmente è vera anche se a prezzo di una quasi sfiancante sequela di disuguaglianze AGM.

∑_{cyc}(2a^{5}b^{4}c^{3} − 2(abc)^{4}) ≥ 0 segue da (a^{5}b^{4}c^{3} + a^{3}b^{5}c^{4} + a^{4}b^{3}c^{5})/3 ≥ (abc)^{4}

∑_{cyc}(a^{7}b^{2}c^{3} − a^{5}b^{3}c^{4}) ≥ 0 segue da (4a^{7}b^{2}c^{3} + b^{7}c^{2}a^{3} + 2c^{7}a^{2}b^{3})/7 ≥ a^{5}b^{3}c^{4}

e quello che rimane è

∑_{cyc}((ab)^{6} + 2a^{6}b^{5}c + a^{8}b^{2}c^{2} + 2a^{8}c^{3}b + 2a^{7}b^{3}c^{2}) ≥ ∑_{cyc} 8a^{6}b^{4}c^{2}

∑_{cyc}((ab)^{6} − a^{6}b^{4}c^{2}) ≥ 0 segue da ((ab)^{6} + (ab)^{6} + (ac)^{6})/3 ≥ a^{6}b^{4}c^{2} PROSEGUIRE Seconda Dimostrazione (x + 1)^{2} + y^{2} + 1 = x^{2} + y^{2} + 2x + 2 ≥ 2xy + 2x + 2 da cui

∑_{cyc} \frac{1}{(x + 1)^{2} + y^{2} + 1} ≤ ∑_{cyc} \frac{1}{2xy + 2x + 2} ≤ \frac{1}{2}. Poi poniamo a = x/y, b = y/z, c = z/x da cui

∑_{cyc} \frac{1}{ab + a + 1} − 1 = 0

328.1.A La disuguaglianza equivale a a + b + c = 1 allora (1 − a)(1 − b)(1 − c) ≥ 8abc ossia semplificando ab + bc + ca ≥ 9abc che segue da rich.14 e la AGM. Infatti ab + bc + ca ≥ \sqrt{3(abc)(a + b + c} = \sqrt{3(abc)} ≥ 9abc se abc ≤ 1/27 e questo segue da a + b + c ≥ 3(abc)^{1/3}

329.1.A Usiamo “UVW”. a^{4} +b^{4} +c^{4} = (a^{2} +b^{2} +c^{2})^{2} −2(a^{2}b^{2} +b^{2}c^{2} +c^{2}a^{2}) = (9u^{2} −6v^{2})^{2} −

2(9u^{4} − 6uw^{3}). Quindi otteniamo \frac{(9u^{2} − 6v^{2})^{2} − 2(9u^{4} − 6uw^{3})}{3v^{2}} + \frac{w^{3}}{u} − \frac{2}{3}(9u^{2} − 6v^{2}) ≥ 0 ossia

f(w^{3}) = v^{2}w^{3} + 4u^{2}w^{3} − 42u^{3}v^{2} + 16v^{4}u + 21u^{5} ≥ 0. Siccome f(w^{3}) è lineare, basta che sia vera per il valore minimo di w ossia quando almeno uno fra a, b, c è nullo oppure due sono uguali. Se

a = 0 abbiamo \frac{b^{4} + c^{4}}{bc} ≥ \frac{2}{3}(b^{2} + c^{2}) ossia 3(b^{4} + c^{4}) ≥ 2(b^{2} + c^{2})bc che naturalmente è vera.

Se b = c abbiamo \frac{a^{4} + 2b^{4}}{2ab + b^{2}} + \frac{3ab^{2}}{a + 2b} ≥ \frac{2}{3}(a^{2} + 2b^{2}) ossia, dopo avere fissato t = b/a > 1,

\frac{1}{3} \frac{(4t^{3} + 8t + 3 + 3t^{2})(t − 1)^{2}}{t(2 + t)(1 + 2t)} ≥ 0 che è vera. L’uguaglianza si ha per a = b = c.

330.1.A Usiamo come prima “UVW”. a^{4} + b^{4} + c^{4} = (a^{2} + b^{2} + c^{2})^{2} − 2(a^{2}b^{2} + b^{2}c^{2} + c^{2}a^{2}) =

(9u^{2}−6v^{2})^{2}−2(9u^{4}−6uw^{3}). Quindi otteniamo 5\frac{(9u^{2} − 6v^{2})^{2} − 2(9u^{4} − 6uw^{3})}{3v^{2}} +9\frac{w^{3}}{u} − \frac{14}{3}(9u^{2}−

6v^{2}) ≥ 0 ossia f(w^{3}) = 9w^{3}(u^{2} + v^{2}) − 222u^{3}v^{2} + 88v^{4} + 105u^{5} ≥ 0. Siccome f(w^{3}) è lineare, basta che sia vera per il valore minimo di w ossia quando almeno uno fra a, b, c è nullo oppure

due sono uguali. Se a = 0 abbiamo 5\frac{b^{4} + c^{4}}{bc} ≥ \frac{14}{3}(b^{2} + c^{2}) ossia 15(b^{4} + c^{4}) ≥ 4(b^{2} + c^{2})bc che naturalmente è vera.

Se b = c abbiamo 5\frac{a^{4} + 2b^{4}}{2ab + b^{2}} + \frac{27ab^{2}}{a + 2b} ≥ \frac{2}{3}(a^{2} + 2b^{2}) ossia, dopo avere fissato t = b/a > 1,

\frac{1}{3} \frac{(4t^{3} − 21t^{2} + 32t + 15)(t − 1)^{2}}{t(2 + t)(1 + 2t)} ≥ 0 che è vera. L’uguaglianza si ha per a = b = c.

331.1.A Prima dimostrazione Omogeneizziamo il tutto ed otteniamo

∑_{cyc} \frac{2a + b + c}{a(a + b + c) + bc} ≥ \frac{9}{a + b + c} da cui ∑_{sym}(a^{3} + a^{2}b) ≥ 0 che chiaramente è vera

Seconda dimostrazione Usiamo “UVW”. LA disuguaglianza è ∑_{cyc}(a + 3)(3b + ac)(3c + ab) ≥

3(3a+bc)(3b+ac)(3c+ab) e si vede che si otterrebbe f(w^{3}) = (w^{3})^{2}+A(u, v^{2})W^{3}+B(u, v^{2}) ≤ 0. Siccome f(w^{3}) è una parabola convessa, la disuguaglianza è vera quando è vera per i valori estremi di w^{3} e questo capita quando w^{3} è massimo o minimo che a sua volta capita quando almeno due fra a, b, c sono uguali oppure almeno uno è nullo. Sia quindi a = b ed omogeneizziamo

per cui si ha ∑_{cyc} \frac{(2a + b + c)}{a^{2} + (ab + bc + ca)}|_{a=b}= ∑_{cyc} \frac{(b − c)^{2}}{b(b + c)(b + 2c)} ≥ 0

Sia ora a = 0 da cui ∑_{cyc} \frac{2b^{2} + 2c^{2} − 3bc}{bc(b + c)} ≥ ∑_{cyc} \frac{1}{b + c} ≥ 0

Terza dimostrazione 332.1.A Usiamo “UVW”. La relazione è f(w^{3}) = w^{3}(−5u+2\sqrt{3})+9v^{4}+9u^{2}+3v^{2}−18\sqrt{3}uv^{2} ≥ 0 ed il vincolo è 2 = 9u^{2} − 3v^{2} ossia 9u^{2} = 2 + 3v^{2} ≥ 2 da cui u ≥ \sqrt{2}/3. Inoltre da u ≥ v segue 9u^{2} = 2 + 3v^{2} ≤ 2 + 3u^{2} da cui u ≤ 1/\sqrt{3}. Ne segue che 2\sqrt{3} − 5u ≥ 2\sqrt{3} − 5/\sqrt{3} > 0 per cui la funzione f(w^{3}) è lineare crescente e quindi ci basta verificarla per il valore minimo di w ossia che a sua volta capita quando almeno due fra a, b, c sono uguali oppure almeno uno è nullo. Sia a = 0 da cui b^{2} + c^{2} + (b + c)^{2} = 4 ossia (b + c)^{2} = 2 + bc ovvero 2 = bc + b^{2} + c^{2}. Ne segue

2 ≥ bc+2bc e quindi bc ≤ 2/3. Ora \frac{1}{b}+\frac{bc + 1}{b + c}+\frac{1}{c} ≥ 2\sqrt{3} ossia (b+c)^{2}−2\sqrt{3}bc(b+c)+bc(bc+1) ≥ 0

e sostituendo si ha 2 + bc + (bc)^{2} + bc ≥ 2\sqrt{3}bc\sqrt{2 + bc} da cui x^{4} + 2x + 2 ≥ 2\sqrt{3}x\sqrt{2 + x} (x = bc) che diventa f(x) ≐ x^{4} − 8x^{3} − 16x^{2} + 8x + 4 ≥ 0. f(0) = 4 e f(2/3) = 4/81.

f′′(x) = 4(3x^{2} − 12x − 8) ≥ 0 se 2 − \frac{2\sqrt{15}}{3} ≤ x ≤ 2 + \frac{2\sqrt{15}}{3}. Siccome \frac{2}{3} < 2 + \frac{2\sqrt{15}}{3} ne segue che f(x) è concava per cui si ha il risultato.

Sia ora a = b. Ne segue \frac{1}{2} \frac{b^{3} + 5b^{2}c + 5b + c}{b(b + c)} ≥ 2\sqrt{3} ossia

\frac{1}{2} \frac{b^{3} + 5b^{2}c + 5b + c − 4\sqrt{3}b^{2} − 4\sqrt{3}bc}{b(b + c)} ≥ 0 DA FINIRE

333.1.A Usiamo (a + b + c)(ab + bc + ca) = 3abc + ∑_{sym} a^{2}b da cui

\frac{(a + b + c)(ab + bc + ca) − 9abc}{(a + b + c)^{2} − 3(ab + bc + ca)} ≥ \frac{16abc}{(a + b + c)^{2}} . Ora usiamo “UVW” da cui f(v^{2}) = 81u^{3}v^{2} +

48v^{2}w^{3} − 225u^{2}w^{3} ≥ 0. Come funzione di v^{2} è lineare per cui basta che sia vera per il valore minimo di v e questo accade quando almeno due fra a, b, c sono uguali. Poniamo quindi a = b

ed otteniamo \frac{2(2a − c)^{2}a}{(2a + c)^{2}} ≥ 0 che è vera. L’uguaglianza si ha per (a, b, c) = (α, α, 2α).

334.1.A Prima dimostrazione Semplificando si ha + ∑_{cyc}(2(ab)^{3}+3a^{4}bc+(abc)^{2}) ≥ ∑_{sym} 3a^{3}bc.

∑_{cyc}(ab)^{2}+(abc)^{2} ≥ ∑_{sym} a^{3}b^{2}c è la disuguaglianza di Schür con ab, bc, ca. Si rimane con ∑_{cyc}((ab)^{3}+

3a^{4}bc) ≥ ∑_{sym} 2a^{3}b^{2}c ossia ∑_{sym}((ab)^{3} + 3a^{4}bc) ≥ ∑_{sym} 4a^{3}b^{2}c che segue dalla AGM semplicemente.

Infatti ((ab)^{3} + (ab)^{3} + (ac)^{3})/3 ≥ a^{3}b^{2}c e rimane ∑_{sym} a^{3} ≥ ∑_{sym} a^{2}b che pure è ovvia.

Seconda dimostrazione Usiamo “UVW”. La disuguaglianza si riscrive come f(w^{3}) = 3(w^{3})^{2} + A(u, v^{2})w^{3} + B(u, v^{2}) ≥ 0 e quindi la disuguaglianza è vera quando è vera per i valori estremi di w^{3} e questo capita quando w^{3} è massimo o minimo che a sua volta capita quando almeno due fra a, b, c sono uguali oppure almeno uno è nullo. Se a = 0 allora si ha 3b^{3}c^{3} ≥ a^{3}b^{3} Se a = b allora si ha 3(a^{3} + a^{2}c + c^{2}a)(a^{3} + ac^{2} + ca^{2}) ≥ (a^{2} + 2ac)^{3} e definendo c = xa diventa (3x^{2} + 4x + 2)(x − 1)^{2} ≥ 0 che è chiaramente vera. L’uguaglianza si ha quando a = b = c.

335.1.A Primo caso. Poniamo z = c − 1, x = 1 − a, y = 1 − b con le condizioni 0 ≤ x, y ≤ 1,

x ≥ y, z = x + y e il tutto si riduce a \frac{2yx(−12x − 12y + x^{3} + 2x^{2}y + 2y^{2}x + y^{3})}{(2 + x + y)(−2 + x + y)(−4 + y^{2})(−4 + x^{2})} ≥ 0 ossia

x^{3} + 2x^{2}y + 2y^{2}x + y^{3} ≤ 12(x + y) che è vera essendo 0 ≤ x, y ≤ 1.

Secondo caso. a ≤ 1 ≤ b ≤ c. Stavolta poniamo z = c−1, x = 1−a, y = b−1, x, y, z ≥ 0. Inoltre da a+b+c = 3 si ottiene x = z +y e siccome a = 1−x ≥ 0, ne segue x ≤ 1 e quindi z, y ≤ 1. La

disuguaglianza è \frac{−2zy(−12y − 12z + 2y^{2}z + y^{3} + 2z^{2}y + z^{3})}{(2 + y + z)(−2 + z + y)(−4 + z^{2})(−4 + y^{2})} ≤ 0. b, c ≤ 3 implicano y, z ≤ 2

per cui (−4 + z^{2})(−4 + y^{2}) > 0. Inoltre (2 + y + z)(−2 + z + y) = (x^{2} − 4) ≤ 0 per cui bisogna che −12y − 12z + 2y^{2}z + y^{3} + 2z^{2}y + z^{3} ≤ 0 che è vera dal momento che y, z ≤ 1.

336.1.A Ponendo a = 1/x, b = 1/y, c = 1/z otteniamo ∑_{cyc} \frac{x^{2}}{y + z} + \frac{4xyz(x + y + z)}{(x + y)(y + z)(z + x)} ≥

x+y+z e semplificando arriviamo a ∑_{cyc}(x^{4}+(xyz)x) ≥ 2 ∑_{cyc} x^{2}y^{2}. x^{4}+y^{4}+z^{4} = (x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}−

2(x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2}). Usiamo “UVW” per cui si arriva a f(w^{3}) = 21uw^{3}+9v^{4}−108u^{2}v^{2}+81u^{4} ≥ 0. Siccome f(w^{3}) è lineare la disuguaglianza è vera quando è vera per il valore minimo di w^{3} e questo capita quando almeno due fra a, b, c sono uguali oppure almeno uno è nullo. Sia x = 0. Otteniamo y^{4} + z^{4} ≥ 2y^{2}z^{2} ossia (x^{2} − y^{2})^{2} = 0 e questo è vero sempre. Sia x = y. Otteniamo 2x^{4} + z^{4} + x^{2}z(2x + z) ≥ 2(x^{4} + 2x^{2}z^{2}) ossia z^{4} + 2x^{3} ≥ 3x^{2}z^{2} ≥ 0 certamente vera e l’uguaglianza si ha se e solamente se x = y = z = 1 da cui a = b = c = 1.

337 .1.A Usiamo “UVW”. La disuguaglianza si può riscrivere come f(w^{3}) = (w^{3})^{2} + A(u, v^{2})w^{3} + B(u, v^{2}) ≤ 12. Siccome f(w^{3}) acce convessa basta che sia vera per i valori estremi di w^{3} e questo capita quando almeno due fra a, b, c sono uguali oppure almeno uno è nullo.

Sia a = 0. La disuguaglianza diventa b^{2}c^{2}(b^{2} −bc+c^{2}) ≤ 12\frac{(b+c)^{6}}{3^{6}} ossia, detto b = xc, −\frac{1}{243}(x^{2} +

11x + 1)(2x − 1)^{2}(x − 2)^{2} che è vera. L’uguaglianza si ha quando x = 1/2 oppure x = 2 e questo corrisponde a a = 0, b = 2, c = 1 e cicliche.

Sia a = b. Abbiamo a^{2}(a^{2} − ac + c^{2})^{2} ≤ 12 ossia a^{2}(a^{2} − ac + c^{2})^{2} ≤ \frac{1}{12} \frac{(2a + 3)^{6}}{3^{6}} e quindi

3^{6}(1−x+x^{2})^{2} ≤ 12(2+x)^{6} dopo aver posto c = xa. Si ottiene −\frac{13}{243} − \frac{418}{81}x− \frac{77}{81}x^{2} − \frac{1126}{243}x^{3} +

\frac{1}{81}x^{4} − \frac{16}{81}x^{5} − \frac{4}{243}x^{6} ≤ 0. Siccome \frac{4}{243}x^{6} + \frac{77}{81}x^{2} > \frac{x^{4}}{81} è vera.

338.1.A Usiamo “UVW” da cui f(w) = 3w^{2} + A(u, v^{2}) ≥ 0 e questo è vero se lo è per il valore minimo di w ossia quando almeno due fra a, b, c sono uguali oppure almeno uno è nullo. Sia a = 0. Abbiamo a^{2} + b^{2} ≥ 2ab se e solo se (a − b)^{2} ≥ 0. Se a = 0 e b = c si ha uguaglianza.

Sia a = b. Abbiamo 2a^{2} + c^{2} + 3 ^{3} \sqrt{a^{4}c^{2}} ≥ 2(a^{2} + 2ac) e detta c = ax abbiamo x^{2} + 3x^{2/3} ≥ 4x che segue dalla AGM. L’uguaglianza si ha quando x = 1 ossia a = b = c.

339.1.A Usiamo “UVW” La disuguaglianza è f(w^{3}) = (w^{3})^{2} − 6uw^{3}(k + 1) + 9(k + 1)v^{4} + (k + 1)^{2}(9u^{2} − 6v^{2}) + (k + 1)^{3} − (k + 1)^{2}(3v^{2} + k − 1). f′(w^{3}) ≥ 0 se w^{3} ≥ 3u(k + 1) e f(3u(k +1)) = −(k +1)(−2k +9kv^{2} −2−9v^{4} +9v^{2}) ≥ 0 se e solo se 9v^{4} +9v^{2}(1+k)+2k +2 ≥ 0 e questo è vero sempre purché k + 1 ≥ 0

340.1.A Usiamo “UVW” La disuguaglianza è f(w^{3}) = 2w^{3} + A(u, v^{2}) ≥ 0 e questo è vero se lo è per il valore minimo di w ossia quando almeno due fra a, b, c sono uguali oppure almeno uno è nullo. Sia a = 0. Abbiamo 1 + b^{2} + c^{2} ≥ 2bc e è certamente vera. Sia a = b. Abbiamo 1 + 2a^{2}c + c^{2} ≥ +4ac che segue dalla AGM

341.1.A Usiamo “UVW”. f(v^{2}) = 3v^{2} ≤ 3/4 per cui deve essere vero per il valore minimo di v^{2} ossia quando almeno due fra a, b, c sono uguali. Sia a = b. Si ha 2a(a + c)^{2} = 2a^{3} + 4a^{2}c + 2ac^{2} = 1 e a^{2} + 2ac ≤ 3/4. La prima implica (AGM)

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

1 ≥ 4a^{2}c + 4a^{2}c = 8a^{2}c. Ne segue che a^{3} + 2a^{2}c ≤ a^{3} + \frac{1}{4} ≤ \frac{3}{4} ossia a^{3} ≤ \frac{1}{2} che certamente è vera da 2a^{3} + 4a^{2}c + 2ac^{2} = 1. 342.1.A Prima dimostrazione, (frenchy) Sia |x| ≤ |y| ≤ |z|. Scriviamo ∑_{cyc} \frac{x(x + 2)}{2x^{2} + 1} =

(\frac{x(x + 2)}{2x^{2} + 1} + \frac{1}{2}) + (\frac{y(y + 2)}{2y^{2} + 1} + \frac{1}{2}) + \frac{z(z + 2)}{2z^{2} + 1} − 1. Ora (\frac{x(x + 2)}{2x^{2} + 1} + \frac{1}{2}) + (\frac{y(y + 2)}{2y^{2} + 1} + \frac{1}{2}) =

\frac{(2x + 1)^{2}}{2(2x^{2} + 1)} + \frac{(2y + 1)^{2}}{2(2y^{2} + 1)} ≥ \frac{(x + y + 1)^{2}}{x^{2} + y^{2} + 1} = \frac{(1 − z)^{2}}{x^{2} + y^{2} + 1} ≥ \frac{(1 − z)^{2}}{2z^{2} + 1} = 1 − \frac{z(z + 2)}{2z^{2} + 1} e quindi si

ha il risultato Seconda dimostrazione, (can hang2007) \frac{x(x + 2)}{2x^{2} + 1} = \frac{(2x + 1)^{2}}{2(2x^{2} + 1)} − \frac{1}{2} ed otteniamo

∑_{cyc} \frac{(2x + 1)^{2}}{(2x^{2} + 1)} ≥ 3. Poi 2x^{2} = \frac{4}{3}x^{2} + \frac{2}{3}x^{2} = \frac{4}{3}x^{2} + \frac{2}{3}(y + z)^{2} ≤ \frac{4}{3}x^{2} + \frac{4}{3}(y^{2} + z^{2}) per cui

abbiamo 3 ∑_{cyc} \frac{(2x + 1)^{2}}{4(x^{2} + y^{2} + z^{2}) + 3} ≥ 3 che è vera in quanto ∑_{cyc}(2x + 1)^{2} = 3 + 4(x^{2} + y^{2} + z^{2})

343 .1.A Poniamo 1/x = a, 1/y = b, 1/z = c da cui \sqrt{∑_{cyc} \frac{1}{z}} ≥ ∑_{cyc} \sqrt{\frac{1}{a} − 1} ossia \sqrt{\frac{ab + bc + ca}{abc}} ≥ ∑_{cyc} \sqrt{\frac{1}{a} − 1}. Da Cauchy–Schwarz ∑_{cyc} \frac{1 − a}{a} ≤ \sqrt{∑_{cyc}(1 − a)}\sqrt{∑_{cyc} \frac{1}{a}} per cui

\sqrt{3 − 2}\sqrt{\frac{ab + bc + ca}{abc}} ≤ \sqrt{\frac{ab + bc + ca}{abc}} e quindi la tesi.

344 .1.A Prima dimostrazione Possiamo porre a + b + c = 1 da cui ∑_{cyc} \sqrt{\frac{a}{1 − a}} ≥ 2. Usiamo la teoria E–V in quanto la funzione f(x) = \sqrt{x(1 − x)} ha derivata seconda pari a \frac{1}{4} \frac{(4a − 1)}{a(1 − a)^{3}} \sqrt{\frac{1 − a}{a}} e quindi ha un punto di flesso in a = 1/4. Possiamo allora imporre che a = b e scrivere 2\sqrt{\frac{a}{a + c}} + \frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{\frac{c}{a}} ≥ 2 e quindi, ponendo t = c/a ≥ 1, \frac{2}{\sqrt{1 + t}} + \begin{matrix}√ & \overline{t} \\ √ & \overline{2} \end{matrix} ≥ 2. Cambiamo t = 1/u da cui 0 < u ≤ 1 e \frac{2\sqrt{u}}{\sqrt{1 + u}} + \frac{1}{\sqrt{2}\sqrt{u}} ≥ 2. Poi osserviamo che \frac{2\sqrt{u}}{\sqrt{1 + u}} + \frac{1}{\sqrt{2}\sqrt{u}} ≥

2^{1+ \frac{1}{2} − \frac{1}{4}} \frac{1}{\sqrt[4]{1 + u}} ≥ 2^{1+ \frac{1}{2} − \frac{1}{4}} \frac{1}{2^{\frac{1}{4}}} = 2 e quindi la tesi.

Seconda dimostrazione Poniamo x = (b + c)/a, y = (c + a)/b, z = (a + b)/c da cui x + y + z + 2 = xyz e 1/\sqrt{x} + 1/\sqrt{y} + 1/\sqrt{z} ≥ 2 (vedi [AD] pag.3). Prendendo p = x^{2}, q = y^{2}, r = z^{2} abbiamo p^{2} + q^{2} + r^{2} + 2 = p^{2}q^{2}r^{2} e ∑_{cyc} \frac{1}{p} ≥ 2 ossia pq + qr + rp ≥ 2pqr. Ora usiamo “UVW” da cui f(w^{3}) = 2w^{3} − 3v^{2} ≤ 0 e questo è vero quando è vero per il valore massimo di w ossia quando almeno due fra a, b, c sono uguali. Dunque poniamo p = q ed otteniamo

2p^{2} +r^{2} = p^{4}r^{2}, 2/p+1/r ≥ 2. Abbiamo r = \sqrt{\frac{2p^{2} + 2}{p^{4} − 1}} e quindi \frac{2}{p} + \begin{matrix}√ & \overline{p^{4} − 1} \\ √ & \overline{2p^{2} + 2} \end{matrix} ≥ 2e quadrando

\frac{(p − 1)(p^{3} + p^{2} − 8p + 8)}{2p^{2}} ≥ 0 che è vera in quanto p^{2} − 8p + 8 ≥ 0

18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 110

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

Terza dimostrazione Si osserva che \sqrt{\frac{a}{1 − a}} ≥ 2a che segue da (2a − 1)^{2} ≥ 0 e quindi segue la disuguaglianza. 345.1.A Usiamo “UVW”. Semplificando si ha ∑_{sym}(a^{4}b^{2} +a^{5}c+2a^{3}b^{2}c+(ab)^{3} +a^{4}bc+(abc)^{2}) ≥

2(abc)^{2} + ∑_{cyc}((ab)^{3} + a^{4}bc)

Abbiamo ∑_{sym}(a^{4}b^{2} + a^{5}c) = (a + b + c)(a^{3} + b^{3} + c^{3}) ∑_{cyc} ab − (a + b + c)(abc) ∑_{cyc} a^{2} − 2abc ∑_{cyc} a^{3} e

(a^{2} + bc)(b^{2} + ac)(c^{2} + ab) = 2w^{6} + ∑_{cyc}(ab)^{3} + ∑_{cyc} a^{4}bc per cui la nostra disuguaglianza si scrive come f(w^{3}) = −36w^{6}+54u^{2}w^{3}+315v^{2}uw^{3}−189u^{3}w^{3}−36v^{2}w^{3}+243v^{2}u^{4}−243v^{4}u^{2}−108v^{6} ≥ 0. La funzione f(w^{3}) è una parabola rivolta verso il basso e quindi assume il minimo per il valore massimo o minimo di w^{3}. Ciò accade quando almeno due fra a, b, c sono uguali oppure almeno uno è nullo.

Sia a = 0. Abbiamo \frac{b^{2}}{c^{2}} + \frac{(b + c)^{2}}{bc} + \frac{c^{2}}{b^{2}} ≥ 6. Ora osserviamo che \frac{b^{2}}{c^{2}} + \frac{c^{2}}{b^{2}} ≥ 2 e \frac{(b + c)^{2}}{bc} ≥ 4 da

cui il risultato. L’uguaglianza si ha quando a = 0, b = c.

Sia a = b. Abbiamo \frac{4a^{2}}{c^{2} + a^{2}} + \frac{(a + c)^{2}}{a^{2} + ac} + \frac{(a + c)^{2}}{a^{2} + ac} ≥ 6 e definendo t = c/a si ottiene \frac{4}{1 + t^{2}} +

\frac{2(1 + t)^{2}}{1 + t} ≥ 6 ossia \frac{2t(t − 1)^{2}}{1 + t^{2}} ≥ 0 e l’uguaglianza si ha quando a = b = c.

346.1.A Poniamo z = min\{x, y, z\} da cui x = z + a, y = z + b, a, b ≥ 0 da cui \frac{9}{4}a^{2}z + \frac{9}{4}b^{2}z −

\frac{9}{4}abz − \frac{15}{4}a^{2}b + 3ab^{2} + a^{3} + b^{3}. Chiaramente \frac{9}{4}a^{2} + \frac{9}{4}b^{2} − \frac{9}{4}ab ≥ 0 essendo 9(a^{2} + b^{2}) ≥ 18ab.

Inoltre ponendo b = at si ha che −\frac{15}{4}a^{2}b + 3ab^{2} + a^{3} + b^{3} ≥ 0 equivale a t^{3} + 3t^{2} − \frac{15}{4}t + 1 = \frac{1}{4}(2t − 1)^{2}(4 + t) ≥ 0. L’uguaglianza si ha per x = y = z oppure (x, x/2, 0) e cicliche. 347.1.A Prima dimostrazione ∑_{sym} a^{6} + 6(ab)^{3} ≥ ∑_{sym} 2a^{3}b^{2}c + a^{4}b^{2} + a^{4}bc + \frac{1}{2}(abc)^{2}. ∑_{sym}(ab)^{3} ≥ ∑_{sym}(abc)^{2} segue da ((ab)^{3} + (bc)^{3} + (ca)^{3})/3 ≥ (abc)^{2} e rimaniamo con ∑_{sym} 3a^{6} +

5(ab)^{3} ≥ ∑_{sym} 4a^{3}b^{2}c + 2a^{4}b^{2} + 2a^{4}bc.

∑_{sym}(ab)^{3} ≥ ∑_{sym} a^{3}b^{2}c segue da (a^{3}b^{3} +a^{3}b^{3} +a^{3}c^{3})/3 ≥ a^{3}b^{2}c e rimaniamo con ∑_{sym} 3a^{6} +3(ab)^{3} ≥

∑_{sym} 4a^{3}b^{2}c + 2a^{4}b^{2}.

∑_{sym} a^{4}b^{2} ≥ ∑_{sym} a^{3}b^{2}c segue da (a^{4}b^{2} + a^{4}b^{2} + a^{4}b^{2} + b^{2}c^{4})/4 ≥ a^{3}b^{2}c e rimaniamo con ∑_{sym} 3a^{6} +

3(ab)^{3} ≥ ∑_{sym} 6a^{4}b^{2}.

L’ultima disuguaglianza è quella di Schür. Seconda dimostrazione Bisogna riconoscere che la disuguaglianza è in realtà 18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 111 \frac{(a^{3} + b^{3} + c^{3})^{2}}{(ab + bc + ca)^{2}} ≥ \frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{3} e questa segue da dalla Power–means–inequality

(\frac{a^{3} + b^{3} + c^{3}}{3} )^{1/3} ≥ (\frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{3} )^{1/2} e a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ ab + bc + ca

348.1.A Si usi \frac{(a^{3} + b^{3} + c^{3})^{2}}{(ab + bc + ca)^{2}} ≥ \frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{3}

349.1.A Espandendo e semplificando si ha ∑_{cyc} a^{4}b^{2} ≥ ∑_{cyc} a^{3}bc^{2} che segue da (a^{4}b^{2} + a^{2}c^{4})/2 ≥

a^{3}bc^{2}

350.1.A Cominciamo dalla parte destra. \frac{bc}{a^{2} + 2bc} = \frac{1}{2}(1− \frac{a^{2}}{a^{2} + 2bc}) per cui ∑_{cyc} \frac{bc}{a^{2} + 2bc} −1 =

\frac{1}{2}(3−∑_{cyc} \frac{a^{2}}{a^{2} + 2bc})−1 ≤ 0 ossia ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{a^{2} + bc} ≥ 1 ossia la parte sinistra che si risolve con Cauchy–

Schwarz ossia ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{a^{2} + bc} ≥ \frac{(a + b + c)^{2}}{a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2ab + 2bc + 2ac} = 1.

351.1.A In realtà tale disuguaglianza è stata già dimostrata in rich.38. Qui ne diamo una

ulteriore dimostrazione. Dopo averla ridotta a ∑_{cyc} \frac{1}{1 + a + b} ≤ 1 usiamo “UVW” osservando

che essa equivale a f(w^{3}) = w^{3} + A(u, v^{2}) ≥ 0 e quindi basta che sia vera quando w assume il valore minimo. Ciò accade quando almeno due fra a, b, c sono uguali oppure almeno uno è nullo.

Sia a = b. Ne segue \frac{1}{2a + 1} + \frac{1}{a + c + 1} ≤ 1 e a^{2}c = 1. Sostituendo c = 1/a^{2} otteniamo

\frac{−2a(a + 1)(a − 1)^{2}}{(2a + 1)(a^{3} + a^{2} + 1)} ≤ 0 che è vera.

a = 0 non lo possiamo prendere ma \frac{1}{a + b + 1} + \frac{1}{c + a + 1} → 0 per a → +∞ e \frac{1}{b + c + 1} ≤ 1

chiaramente.

352.1.A Basta scrivere a^{5}−a^{2}+1 ≥ a^{3} in quanto a^{5}−a^{2}−a^{3}+1 = (a+1)(a^{2}+a+1)(a−1)^{2} ≥ 0. Quindi (a^{5} − a^{2} + 3)(b^{5} − b^{2} + 3)(c^{5} − c^{2} + 3) ≥ (a^{3} + 1 + 1)(b^{3} + 1 + 1)(c^{3} + 1 + 1) ≥ (a + b + c)^{3} grazie alla disuguaglianza di Hölder.

353.1.A Usiamo “UVW”. La disuguaglianza diventa f(w^{3}) = 2uw^{3} − 24v^{2} + 48 ≥ 0 ossia lineare in w^{3}. Basta quindi che sia vera per il valore minimo di w e questo accade quando almeno due fra a, b, c sono uguali oppure almeno uno è nullo.

Sia a = b. Otteniamo \frac{1}{4 − a^{2}} + \frac{2}{4 − ac} ≤ 1. Semplificando si perviene a 3ac + 2a^{2} ≤ 4 + a^{3}c

ossia 1 + 2a^{4} + c^{4} + a^{3}c ≥ 3ac + 2a^{2}. Poniamo c = a + x e x ≥ ossia c ≥ a. Otteniamo −4a^{4} −5xa^{3} −6x^{2}a^{2} +5a^{2} −4x^{3}a+3xa−1−x^{4} ≤ 0 e siccome (3x−4x^{3})^{2} −4(1+x^{4})(6x^{2} +5) = −15x^{2} − 44x^{4} − 8x^{6} − 20 ≤ 0 la conclusione segue.

Sia a = b ma stavolta c = a + x < a ossia x ≤ 0. Otteniamo 5|x|a^{3} + a^{2} ≤ 1 + x^{4} + 4a^{4} + 6x^{2}a^{2} +

4a|x|^{3} + 3a|x|. Da (a^{4} + 1)/2 ≥ a^{2} segue 5|x|a^{3} + a^{2} ≤ \frac{1}{2} + x^{4} + \frac{7}{2}a^{4} + 6x^{2}a^{2} + 4a|x|^{3} + 3a|x|.

Inoltre \frac{7}{4}a^{4} + 6a^{2}x^{2} ≥ 2\sqrt{\frac{21}{2}}a^{3}|x| > 5|x|a^{3} da cui il risultato.

Sia c = 0. Abbiamo 2 + ab ≤ 4. Siccome ab ≤ (\frac{a^{4} + b^{4}}{2} )^{1/4} = \frac{3^{1/4}}{2^{1/4}} si ha 2 + \frac{3^{1/4}}{2^{1/4}} ≤ 4

354.1.A Poniamo a = c + x, e b = c + y, x, y > 0 ed otteniamo c^{3}(x^{2} + y^{2} − yx) + c^{2}(x^{3} − 3x^{2}y + y^{3} + 3y^{2}x) + c(y^{4} + x^{4} + y^{3}x + 2x^{2}y^{2} − 3x^{3}y) + y^{4}x ≥ 0. x^{2} + y^{2} − yx ≥ 0 chiaramente. x^{3} − 3x^{2}y + y^{3} + 3y^{2}x ≥ 0. Per semplificare poniamo x = py e p ≥ 0 ed otteniamo p^{4} + p^{3} + 2p^{2} − 3p + 1 ≥ 0. Sia 0 ≤ p ≤ 1. p^{4} + p^{3} + 2p^{2} − 3p + 1 ≥ 2p^{4} + 2p^{2} − 3p + 1 ≥ 4p^{3} − 3p + 1 = (p + 1)(2p − 1)^{2} ≥ 0 evidentemente. Sia p ≥ 1. Abbiamo p^{4} + p^{3} + 2p^{2} − 3p + 1 ≥ 2p^{3} + 2p^{2} − 3p + 1 ≥ 0 che è implicata da 4p^{5/2} − 3p + 1 ≥ 0. Per p = (3/10)^{2/3} si ha un minimo e l’ordinata del minimo è positiva.

355.1.A Usiamo la teoria “UVW”. a + b + c = 3u, ab + bc + ca = 3v^{2}, abc = w^{3}. Poi abbiamo (a^{2} +a+1)(b^{2} +b+1)(c^{2} +c+1) = (abc)^{2} +abc+1+∑_{cyc}(a^{2}b^{2} +a^{2}bc+a^{2}b+ab^{2} +a^{2} +ab+a+ a^{2}b^{2}c) = 1 + (9u^{2} − 6v^{2}) + (9uv^{2} − 2w^{3}) + (9v^{4} − 3uw^{3}) + 3w^{3}v^{2} + w^{6} per cui la disuguaglianza diventa

\frac{1 + 3u + 9u^{2} − 3v^{2} + 9uv^{2} − 2w^{3} + 9v^{4} − 3uw^{3} + 3w^{3}v^{2} + w^{6} − 27uv^{2}w^{3}}{w^{6}} ≥ 0

(PROSEGUIRE)

356.1.A Usiamo la disuguaglianza per cui la media armonica è minore o uguale alla media

geometrica e quindi \frac{1}{p_{1} \frac{1}{a_{1}} + … + p_{n} \frac{1}{a_{n}}} ≤ a_{1}^{p_{1}} ⋯ a_{n}^{p_{n}} p_{1} + … + p_{n} = 1 Sia ora n = 3,

a_{1} = a, a_{2} = b, a_{3} = c, p_{1} = \frac{a}{a + b + c} e via dicendo per cui si ha \frac{a + b + c}{a\frac{1}{a} + b\frac{1}{b} + c\frac{1}{c}} ≤

a^{\frac{a}{a+b+c}} b^{\frac{b}{a+b+c}} c^{\frac{c}{a+b+c}} ⟺ a + b + c ≤ 3

357.1.A Usiamo la teoria “UVW” per cui a + b + c = 3u, ab + bc + ca = 3v^{2}, abc = w^{3} e quindi f(v^{2}) ≐ 9(u−1)v^{2} −18(u−1)+1 ≥ 0. Poi osserviamo che 3u = a+b+c ≥ 3(abc)^{1/3} = 3·2^{1/3} da cui u > 1. Essendo f(v^{2}) lineare, è vera se è vera per il valore minimo di v^{2} (essendo u − 1 > 0) e questo accade se almeno due fra a, b, c sono uguali fra loro. Quindi poniamo a = b = 2/c ed

otteniamo \frac{(2a^{4} + a^{3} − 12a^{2} + 4a + 8)(a − 1)^{2}}{a^{3}} ≥ 0. Essendo 2a^{4} + 8 ≥ 8a^{2} e a^{3} + 4a ≥ 4a^{2} si ha

il risultato. L’uguaglianza si ha per a = b = 1, c = 2 e cicliche.

358.1.A Usiamo la teoria “UVW” per cui a + b + c = 3u, ab + bc + ca = 3v^{2}, abc = w^{3} e quindi f(v^{2}) ≐ 3(u − 2)v^{2} − 18(u − 2) + 2 ≥ 0. Essendo f(v^{2}) lineare, è vera se è vera per il valore minimo o massimo di v^{2} e questo accade se almeno due fra a, b, c sono uguali fra loro. Quindi

poniamo a = b = 2/c ed otteniamo \frac{2(a^{4} + a^{3} − 6a^{2} + a + 4)(a − 2)^{2}}{a^{3}} ≥ 0. Essendo a^{4} + 4 ≥ 4a^{2}

e a^{3} + a ≥ 2a^{2} si ha il risultato. L’uguaglianza si ha per a = b = 1, c = 4 e cicliche.

359.1.A Usiamo la teoria “UVW” per cui a + b + c = 3u, ab + bc + ca = 3v^{2}, abc = w^{3} e quindi f(v^{2}) ≐ 6v^{2} + A(u) ≥ 0. Essendo f(v^{2}) lineare crescente è vera se è vera per il valore minimo v^{2} e questo accade se almeno due fra a, b, c sono uguali fra loro. Quindi poniamo

a = b = 2/c ed otteniamo \frac{2}{3} \frac{(5b^{4} − 8b^{3} + 8b − 6b^{2} + 4)(b − 1)^{2}}{b^{4}} ≥ 0. Essendo \frac{16}{3\sqrt{3}}b^{4} + 8b ≥ 8b^{3}

e \frac{15\sqrt{3} − 16}{3\sqrt{3}}b^{4} + 4 > 6b^{2} e si ha il risultato. L’uguaglianza si ha per a = b = 1, c = 2 e cicliche.

360.1.A Usiamo la teoria “UVW” per cui a + b + c = 3u, ab + bc + ca = 3v^{2}, abc = w^{3} e quindi f(v^{2}) ≐ 6v^{2} + A(u, w) ≥ 0. Essendo f(v^{2}) lineare è vera se è vera per il valore minimo v^{2} e questo accade se almeno due fra a, b, c sono uguali fra loro. Quindi poniamo a = b ed otteniamo

a^{2} + 2ac + a^{2}c = 4 ossia c = \frac{2 − a}{a} che produce \frac{(a − 1)^{2}(a − 2)^{2}}{a^{2}} ≥ 0

361.1.A Usiamo la teoria “UVW” per cui a + b + c = 3u, ab + bc + ca = 3v^{2}, abc = w^{3} e quindi f(v^{2}) ≐ 6v^{2} + A(u, w) ≥ 0. Essendo f(v^{2}) lineare è vera se è vera per il valore minimo v^{2} e questo accade se almeno due fra a, b, c sono uguali fra loro. Quindi poniamo a = b ed otteniamo

a^{2} + 2ac + a^{2}c = 4 ossia c = \frac{2 − a}{a} che produce \frac{(3a − 2)^{2}(a − 1)^{2}}{a^{2}} ≥ 0

362 .1.A Usiamo “UVW” per cui da a + b + c = 3u, ab + bc + ca = 3v^{2}, abc = w^{3} si ha

\frac{3}{w^{3}v^{2}} (3uv^{4} − 3w^{3}v^{2} + kw^{3}v^{2} − kw^{3}u^{2}) ≥ 0. La funzione f(w^{3}) = 3uv^{4} − 3w^{3}v^{2} + kw^{3}v^{2} − kw^{3}u^{2}

è lineare per cui vale se e solo se vale per i valori estremi di w^{3} ossia quando almeno due fra a, b, c sono uguali fra loro oppure a oppure b oppure c è zero ma questo è impossibile. Se a = b

la disuguaglianza originaria è \frac{(a − c)^{2}(2a + c(4 − k))}{ac(a + 2c)} ≥ 0 e questo accade per ogni a e c se e

solo se k ≤ 4.

363.1.A La parte sinistra è ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{a(a + b + d)} > 1 e da Cauchy–Schwarz abbiamo (a+b+c+d)^{2} ≥

∑_{cyc} a(a + b + d) = ∑_{cyc}(a^{2} + 2ab) e la differenza è pari a 2ac + 2bd ≥ 0. Per la parte destra

scriviamo \frac{a}{a + b + d} = 1 − \frac{b + d}{a + b + d} da cui ∑_{cyc} \frac{b + d}{a + b + d} ≥ 2 e sempre da Cauchy–Schwarz

abbiamo ∑_{cyc} \frac{b + d}{a + b + d} ≥ 4(a + b + c + d)^{2} ≥ ∑_{cyc}(b + d)(a + b + d) e la differenza è pari a

4ab + 4ad + 4bc + 4cd

364.1.A Abbiamo ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{a(b + 2c + 3d)} ≥ \frac{2}{3} e da Cauchy–Schwarz abbiamo ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{a(b + 2c + 3d)} ≥

\frac{(a + b + c + d)^{2}}{∑_{cyc} a(b + 2c + 3d)} ≥ \frac{2}{3} che semplificando diventa a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2} ≥ 3(ab+bc+cd+da+ac+bd)

ossia \frac{a^{2} + b^{2}}{3} ≥ \frac{2}{3}ab e via dicendo.

365 .1.A Prima dimostrazione. La disuguaglianza è ∑_{cyc} \frac{a^{2}}{a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2bc} ≤ \frac{3}{5} ossia

∑_{cyc} \frac{a^{2}}{a^{2} + (b + c)^{2}} ≤ \frac{3}{5} ossia ∑_{cyc} \frac{(b + c)^{2}}{a^{2} + (b + c)^{2}} ≥ 3− \frac{3}{5} = \frac{12}{5} ossia ∑_{cyc} \frac{(b + c)^{4}}{a^{2}(b + c)^{2} + (b + c)^{4}} ≥ \frac{12}{5}.

Ora applichiamo Cauchy–Schwarz ed otteniamo \frac{((a + b)^{2} + (b + c)^{2} + (c + a)^{2})^{2}}{∑_{cyc} a^{2}(b + c)^{2} + (b + c)^{4}} ≥ \frac{12}{5}. Ora

semplifichiamo il tutto ed otteniamo ∑_{sym} 28a^{2}bc ≤ ∑_{sym}(2a^{4} + 8a^{3}b + 18(ab)^{2}) che è chiaramente

vera.

Seconda dimostrazione Una volta arrivati a \frac{((a + b)^{2} + (b + c)^{2} + (c + a)^{2})^{2}}{∑_{cyc} a^{2}(b + c)^{2} + (b + c)^{4}} ≥ \frac{12}{5} poniamo a = (y + z − x)/2 e cicliche ed otteniamo 5(x^{2} + y^{2} + z^{2})^{2} ≥ ∑_{cyc} 12x^{4} + 3z^{2}(x + y − z)^{2} da

cui ∑_{sym}(2(xy)^{2} + 6x^{3}y) ≤ ∑_{sym}(3x^{2}yz + 5x^{4}). Ora usiamo la disuguaglianza di Schür di ordine

4 ossia ∑_{cyc} x^{2}(x − y)(x − z) ≥ 0 da cui ∑_{sym} x^{4} + x^{2}yz ≥ 2 ∑_{sym} x^{3}z e quindi otteniamo che la

disuguaglianza si riduce a ∑_{sym} 2(xy)^{2} ≤ ∑_{sym} 2x^{4} ed è ovvia.

366 .1.A La disuguaglianza è ∑_{cyc}(a + b) ∑_{cyc} \frac{1}{b(a + b)} ≥ \frac{27}{a + b + c} e da Cauchy otteniamo

(∑_{cyc} \frac{1}{\sqrt{b}})^{2} ≥ \frac{27}{a + b + c} che riscriviamo come ∑_{cyc} b ∑_{cyc} \frac{1}{\sqrt{b}} ∑_{cyc} \frac{1}{\sqrt{b}}) ≥ 27 e da Hölder si ottiene

∑_{cyc} b ∑_{cyc} \frac{1}{\sqrt{b}} ∑_{cyc} \frac{1}{\sqrt{b}} ≥ (∑_{cyc} b^{1/3} \frac{1}{b^{1/6}} \frac{1}{b^{1/6}} )^{3} ≥ 27 che è chiaramente vera.

367 .1.A Riscriviamo la disuguaglianza come ∑_{cyc} \frac{b(a + c)}{2} ∑_{cyc} \frac{1}{b(a + b)} ≥ \frac{9}{2} ed applichiamo

Cauchy–Schwarz da cui ∑_{cyc} \frac{b(a + c)}{2} ∑_{cyc} \frac{1}{b(a + b)} ≥ (\frac{3}{\sqrt{2}})^{2} = \frac{9}{2}

368.1.A Prima dimostrazione Usiamo la teoria “uvw” per cui da (a^{2}+1)(b^{2}+1)(c^{2}+1) = 64 deve seguire 3v^{2} ≤ 9. L’espressione 3v^{2} è lineare in v^{2} e quindi deve essere vera per i valori estremi di v che si realizzano quando almeno due delle coordinate a, b, c sono uguali. Quindi poniamo a = b da cui (a^{2} + 1)^{2}(c^{2} + 1) = 64 deve implicare a^{2} + 2ac ≤ 9 ossia 2ac ≤ 9 − a^{2}. Certamente a^{2} < 9 perché altrimenti è falsa (a^{2} + 1)^{2}(c^{2} + 1) = 64. Sia inoltre a > 0. Se c < 0 allora è automaticamente vera a^{2} + 2ac ≤ 9. Dunque possiamo prendere a, b, c ≥ 0 e quindi

c^{2} ≤ \frac{64}{(1 + a^{2})^{2}} −1 che dà \frac{64}{(1 + a^{2})^{2}} −1 ≤ \frac{(9 − a^{2})^{2}}{4a^{2}} ossia −\frac{1}{4} \frac{(a^{2} − 3)^{4}}{(1 + a^{2})^{2}a^{2}} ≤ 0 che è chiaramente

vera.

Seconda dimostrazione, presa dal sito (sieubeuvietnam (a^{2} + 1)(b^{2} + 1)(c^{2} + 1) = ((ab − 1)^{2} + (a + b)^{2})(c^{2} + 1) e da Cauchy–Schwarz ((ab − 1)^{2} + (a + b)^{2})(c^{2} + 1) ≥ (ab − 1 + (a + b)c)^{2} = (ab + bc + ca − 1)^{2} ossia |ab + bc + ca − 1| ≤ 8 da cui il risultato.

369 .1.A Prima dimostrazione Usiamo la teoria “uvw” per cui da v^{2} = 1 deve sequire 9u^{2} − 6v^{2} + 3w^{3} ≥ 6 ossia 9u^{2} + 3w^{3} ≥ 12 ossia 3u^{2} + w^{3} ≥ 4. La funzione f(u, v, w) = 3u^{2} + w^{3} è lineare in u^{2} e quindi dobbiamo analizzare solo cosa accade agli estremi e questo accade solo quando due delle variabili sono uguali. Sia x = y da cui x^{2} +2xz = 3 implica 2x^{2} +z^{2} +3x^{2}z ≥ 6

ossia −\frac{3}{4} \frac{(2x + 1)(x^{2} − 3)(x − 1)^{2}}{x^{2}} ≥ se e solo se −\sqrt{3} ≤ x ≤ \sqrt{3} che è certamente vera.

Seconda dimostrazione, presa dal sito (Namdung) Essendo (x+y +z)^{2} ≥ 3(xy +yz +zx)

si ha x+y+z ≥ 3. Poi osserviamo che 3xyz ≥ \frac{9xyz}{x + y + z} da cui (x^{2} +y^{2} +z^{2})(x+y+z)+9xyz ≥

2(x + y + z)(xy + yz + zx) che è la disuguaglianza di Schür.

370 .1.A Se k = 0 non c’è nulla da dire. Se k > 0 la funzione 1/x è convessa per x > 0

e quindi ∑_{cyc} \frac{a}{(3b + c)^{k}} ≥ \frac{1}{_{∑cyc}a^{k}(3b + c)^{k}} ≥ 1 ossia, (a + b + c + d)^{2} ≥ ∑_{cyc} a(3b + c) da cui

ab + bc + cd + da ≤ a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

371.1.A Ponendo a + b + c = 1 is ottiene ∑_{cyc} \frac{a}{1 − a^{2}} ≥ \frac{9}{8}. La funzione 1/(1 − a^{2}) è convessa

per 0 < a < 1 e quindi ∑_{cyc} \frac{a}{1 − a^{2}} ≥ \frac{1}{1 − (a^{3} + b^{3} + c^{3})} ≥ \frac{9}{8} ossia a^{3} + b^{3} + c^{3} ≥ 1/9 che segue

da a^{3} + b^{3} + c^{3} ≥ (a + b + c)^{3}/9. 372.1.A Prima dimostrazione Poniamo a = x/y, b = y/z, c = z/x ed otteniamo ∑_{cyc}(4a^{8}c^{4}+

4a^{7}bc^{4}) ≥ ∑_{cyc}(2(abc)^{4} + 3a^{5}b^{4}c^{3}) che seguono da (2a^{8}c^{4} + b^{8}a^{4} + b^{4}c^{8})/4 ≥ a^{5}b^{3}c^{4} e (5a^{7}bc^{4} +

2a^{4}b^{7}c + 2ab^{4}c^{7})/9 ≥ a^{5}c^{4}b^{3} e poi le ovvie \frac{1}{3} ∑_{cyc} a^{8}b^{4} ≥ (abc)^{4} e \frac{1}{3} ∑_{cyc} a^{7}bc^{4} ≥ (abc)^{4}

Seconda dimostrazione, presa dal sito \frac{a^{3}}{(b + 1)(c + 1)} + \frac{b + 1}{8} + \frac{c + 1}{8} ≥ \frac{3}{4}a da cui

∑_{cyc} \frac{a^{3}}{(b + 1)(c + 1)} ≥ ∑_{cyc}(\frac{3}{4}a − \frac{a}{4}) − \frac{3}{4} = \frac{1}{2}(a + b + c) − \frac{3}{4} ≥ \frac{3}{2}(abc)^{1/3} − \frac{3}{4} = \frac{3}{4}

Terza dimostrazione Riscriviamo la dimostrazione come ∑_{cyc} \frac{a^{4}}{a(b + 1)(c + 1)} ≥ \frac{3}{4} e da

Cauchy–Schwarz ∑_{cyc} \frac{a^{4}}{a(b + 1)(c + 1)} ≥ \frac{(a^{2} + b^{2} + c^{2})^{2}}{3 + (a + b + c) + 2(ab + bc + ca)} ≥ \frac{3}{4} da cui 4(a^{2} +

b^{2} + c^{2})^{2} ≥ 9 + 3(a + b + c) + 6(ab + bc + ca). Poi usiamo 1 = (abc)^{4/3} ≤ \frac{(a + b + c)^{4}}{81} ,

(a^{2} + b^{2} + c^{2})^{2} ≥ (ab + bc + ca)^{2} ≥ (\sqrt{3abc(a + b + c)})^{2} = 3(a + b + c) (usando rich.14). Riunendo il tutto si ottiene 4(a^{2} + b^{2} + c^{2})^{2} ≥ 2(a^{2} + b^{2} + c^{2})^{2} + 6(a^{2} + b^{2} + c^{2}) e quindi a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ 3 che è chiaramente vera. 373.1.A La disuguaglianza è equivalente a ∑_{sym}(a^{8}b+a^{6}b^{2}c+a^{7}bc) ≥ ∑_{sym}(a^{5}b^{4} +a^{5}b^{3}c+a^{5}b^{2}c^{2}) e quindi è vera. 374 .1.A Si ponga a = ^{3} \sqrt{abc}u/v, b = ^{3} \sqrt{abc}v/w, c = ^{3} \sqrt{abc}v/w, x = ^{3} \sqrt{abc} e si ottiene

∑_{cyc} \frac{vw}{uw + xuv} ≥ \frac{3}{1 + x}. Da Cauchy–Schwarz ∑_{cyc} \frac{vw}{uw + xuv} ≥ \frac{(uv + vw + wu)^{2}}{uvw(u + v + w)(1 + x)} ≥ \frac{3}{1 + x}

e quindi (uv + vw + wu)^{2} ≥ 3uvw(u + v + w) che è ben nota. 375.1.A Prima dimostrazione Quadrando si ha \frac{1}{1 + x^{2}} + \frac{1}{1 + y^{2}} + \frac{2}{\sqrt{(1 + x^{2})(1 + y^{2})}} ≤ \frac{4}{1 + xy} . Da Cauchy–Schwarz si ha (1 + x^{2})(1 + y^{2}) ≥ (1 + xy)^{2} per cui si semplifica in \frac{1}{1 + x^{2}} + \frac{1}{1 + y^{2}} ≤ \frac{2}{1 + xy} ossia \frac{x^{2}}{1 + x^{2}} + \frac{y^{2}}{1 + y^{2}} + \frac{2}{1 + xy} ≥ 2 che, sempre da Cauchy–Schwarz, è

implicata da \frac{(x + y)^{2}}{2 + x^{2} + y^{2}} + \frac{2}{1 + xy} ≥ 2. Ora semplificando \frac{(x + y)^{2}}{2 + x^{2} + y^{2}} + \frac{2}{1 + xy} ≥ 2 se e solo

se \frac{(1 − xy)(x − y)^{2}}{(1 + xy)(2 + x^{2} + y^{2})} ≥ 0 che è certamente vera essendo 0 ≤ x, y ≤ 1.

Seconda dimostrazione Quadrando si ha \frac{1}{1 + a^{2}} + \frac{1}{1 + b^{2}} + \frac{2}{\sqrt{(1 + a^{2})(1 + b^{2})}} ≤ \frac{4}{1 + ab}. 18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 116

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

Poi usiamo (1 + a^{2})(1 + b^{2}) ≥ \sqrt{1 + ab} e quindi \frac{1}{1 + a^{2}} + \frac{1}{1 + b^{2}} ≤ \frac{2}{1 + ab}. da cui 2x^{2} − x(2 + y) + y ≥ 0 dove x = ab, y = a^{2} + b^{2}. Risolvendo otteniamo ab ≤ min\{1, \frac{a^{2} + b^{2}}{2} \} oppure ab ≥ max\{1, \frac{a^{2} + b^{2}}{2} \}. Se (a^{2} + b^{2})/2 ≤ 1 allora si ha ab ≤ (a^{2} + b^{2})/2 che è vera mentre se (a^{2} + b^{2})/2 ≥ 1 allora si ha ab ≤ 1 che segue da 0 ≤ a, b ≤ 1. 376.1.A Prima dimostrazione Applichiamo la disuguaglianza di Hölder

(\frac{1}{a} + 1) (\frac{1}{b} + 1) (\frac{1}{c} + 1) ≥ ( \frac{1}{\sqrt[3]{a}} \frac{1}{\sqrt[3]{b}} \frac{1}{\sqrt[3]{c}} + ^{3} \sqrt{1} · ^{3} \sqrt{1} · ^{3} \sqrt{1})^{3} ≥ 64 che si riduce a abc ≤ 1/27

che è chiaramente vera. Seconda dimostrazione Semplificando si ottiene ∑_{cyc}(a+ab)+abc+1 ≥ 64abc da cui ( ^{3} \sqrt{abc}+ 1)^{3} ≥ 64abc ossia (x + 1)^{3} ≥ 64x^{3} con x = ^{3} \sqrt{abc} ossia x ≤ 1 ossia abc ≤ 1/27. 377.1.A 378.1.A Prima dimostrazione Da Cauchy–Schwarz ∑_{cyc} (\frac{6}{a} + \frac{5}{b} + \frac{3}{c}) = ∑_{cyc} (\frac{36}{6a} + \frac{25}{5b} + \frac{9}{3c}) ≥

∑_{cyc} \frac{(14)^{2}}{6a + 5b + 3c} per cui ∑_{cyc} \frac{1}{6a + 5b + 3c} ≤ \frac{1}{(14)^{2}} ∑_{cyc} (\frac{6}{a} + \frac{5}{b} + \frac{3}{c}) = \frac{1}{14} (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) =

\frac{1}{14} \frac{ab + bc + ca}{abc} = \frac{ab + bc + ca}{14}

seconda dimostrazione Supponendo che a ≥ b ≥ c, segue (\frac{6a}{14} + \frac{5b}{14} + \frac{3c}{14}, \frac{6b}{14} + \frac{5c}{14} + \frac{3a}{14}, \frac{6c}{14} + \frac{5a}{14} + \frac{3b}{14}) ≺ (a, b, c). Infatti \frac{6a}{14} + \frac{5b}{14} + \frac{3c}{14} ≤ a se e solo se 5b + 3c ≤ 8a il che è vero. Inoltre \frac{6a}{14} + \frac{5b}{14} + \frac{3c}{14} + \frac{6b}{14} + \frac{5c}{14} + \frac{3a}{14} ≤ a+b se e solo se 9a+11b++8c ≤ 14(a+b) se e solo se 8c ≤ 5a+3b

il che è vero. Inoltre \frac{6a}{14} + \frac{5b}{14} + \frac{3c}{14} + \frac{6b}{14} + \frac{5c}{14} + \frac{3a}{14} + \frac{6c}{14} + \frac{5a}{14} + \frac{3b}{14} = a + b + c. Essendo 1/x

convessa per x > 0, segue che ∑_{cyc} \frac{1}{6a + 5b + 3c} ≤ ∑_{cyc} \frac{1}{14a} = \frac{ab + bc + ca}{14}. Se invece a ≥ c ≥ b

allora (\frac{6a}{14} + \frac{5b}{14} + \frac{3c}{14}, \frac{6c}{14} + \frac{5a}{14} + \frac{3b}{14}, \frac{6b}{14} + \frac{5c}{14} + \frac{3a}{14}) ≺ (a, c, b) ma il risultato è lo stesso. Infatti

\frac{6a}{14} + \frac{5b}{14} + \frac{3c}{14} ≤ a se e solo se 5b+3c ≤ 8a. \frac{6a}{14} + \frac{5b}{14} + \frac{3c}{14} + \frac{6c}{14} + \frac{5a}{14} + \frac{3b}{14}, ≤ a+c 11a+8b+9c ≤

14(a+c) ossia 8b ≤ 3a+5c e chiaramente \frac{6a}{14} + \frac{5b}{14} + \frac{3c}{14} + \frac{6c}{14} + \frac{5a}{14} + \frac{3b}{14} + \frac{6b}{14} + \frac{5c}{14} + \frac{3a}{14} = a+b+c

379.1.A Ponendo a/b = x, e cicliche la disuguaglianza diventa ∑_{cyc} \frac{1}{(1 + x)^{2}} ≥ 1. Usiamo ora

rich.40 per dire che \frac{1}{(1 + x)^{2}} + \frac{1}{(1 + y)^{2}} + \frac{1}{(1 + z)^{2}} + \frac{1}{(1 + t)^{2}} ≥ \frac{1}{1 + xy} + \frac{1}{1 + zt} ≥ 1 ossia

semplificando xy + zt + 2 ≥ 1 + xyzt + xy + zt che è in realtà una identità essendo xyzt = 1. 380 .1.A Prima dimostrazione La disuguaglianza è ciclica e quindi possiamo imporre che a ≤ b ≤ c oppure c ≤ b ≤ a. Ne segue che (b − a)(b − c) ≤ 0 ossia b^{2} + ac ≤ ab + bc da cui b^{2}c + c^{2}a ≤ abc + c^{2}b. Ne segue a sua volta che a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a + abc ≤ a^{2}b + abc + abc + bc^{2} =

b(a^{2} + 2ac + c^{2}) = b(a + c)^{2} = \frac{1}{2}2b(a + c)^{2} ≤ \frac{1}{2} \frac{(2b + (a + c) + (a + c))^{3}}{27} = \frac{1}{2} \frac{6^{3}}{27} = 4

18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 117 seconda dimostrazione Usiamo la disuguaglianza del riarrangiamento. Sia {p, q, r} = {a, b, c} ma con la condizione che p ≥ q ≥ r. Allora a(ab) + b(bc) + c(ca) ≤ p(pq) + q(pr) + r(qr) per cui a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a + abc ≤ p^{2}q + 2pqr + qr^{2} = q(p^{2} + r^{2} + 2qr) = q(p + r)^{2} e ricadiamo nel caso precedente.

381.1.A Prima dimostrazione Usiamo Hölder ne seguente modo

∑_{cyc} \frac{x}{\sqrt{x^{2} + 2yz + 1}} ∑_{cyc} \frac{x}{\sqrt{x^{2} + 2yz + 1}} ∑_{cyc} x(x^{2} +2yz +1) ≥ (∑_{cyc} x)^{3} per cui ci basta far vedere

che (∑_{cyc} x)^{3} ≥ ∑_{cyc} x(x^{2} + 2yz + 1) che è immediata.

seconda dimostrazione Abbiamo x+y+z = 18xyz ≤ 18\frac{(x + y + z)^{3}}{27} ossia (x+y+z)^{2} ≥ 3/2.

La disuguaglianza è implicata da ∑_{cyc} \frac{x}{\sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2} + 1}} ≥ 1 ossia \frac{x + y + z}{\sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2} + 1}} ≥ 1 che

quadrando diventa xy + yz + zx ≥ 1/2. Sappiamo che xy + yz + zx ≥ \sqrt{3(xyz(x + y + z)} da

cui 3(xyz)(x + y + z) ≥ 1/4 da cui 3\frac{(x + y + z)^{2}}{18} ≥ \frac{1}{2} ossia proprio (x + y + z)^{2} ≥ 3/2.

382.1.A Prima dimostrazione Ponendo abc = 1 si perviene a 2 ∑_{cyc} \frac{1}{a} + ∑_{sym} \frac{a}{b} ≥ 4(a + b + c).

Ora \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{a}{c} + \frac{a}{b} ≥ 4 ^{4} \sqrt{\frac{a^{2}}{(bc)^{2}}} = 4 ^{4} \sqrt{a^{4}} = 4a e così via.

seconda dimostrazione Ponendo abc = 1 si perviene a 2 ∑_{cyc} \frac{1}{a} + ∑_{sym} \frac{a}{b} ≥ 4(a + b + c). Ora

poniamo a = x/y, b = y/z, z = c/a ed otteniamo 2 ∑_{cyc} \frac{y}{x} + ∑_{cyc} \frac{x^{2}}{yz} + ∑_{cyc} \frac{zy}{x^{2}} ≥ 4 ∑_{cyc} \frac{x}{y}. Ora

osserviamo che \frac{x^{2}}{yz} + \frac{xz}{y^{2}} + \frac{x}{z} + \frac{z}{y} ≥ 4\frac{x}{y} e cicliche. Ciò ci dà il risultato.

383.1.A La disuguaglianza è a^{4}b(a − b) + b^{4}c(b − c) ≥ c^{4}a(a − c) ossia (a^{4}b − c^{4}a)(a − b) ≥ (c^{4}a − b^{4}c)(b − c). Abbiamo a^{4}b + b^{4}c ≥ 2a^{2}b^{5/2}c^{1/2} ≥ 2a(\sqrt{a}b^{5/2})(\sqrt{a}c^{1/2}) ≥ 2ab^{3}c ≥ 2ac^{4} per cui la disuguaglianza è vera se a − b ≥ b − c. Supponiamo che a − b ≤ b − c. Riscriviamo la disuguaglianza come (b^{4}c−c^{4}a)(b−c) ≥ (c^{4}a−a^{4}b)(a−b) per cui basta che b^{4}c−c^{4}a ≥ c^{4}a−a^{4}b ossia quella di prima

384.1.A Prima dimostrazione Sappiamo che ∑_{cyc} \frac{a}{b + c} ≥ \frac{3}{2} e quindi usiamo 3(a^{2}+b^{2}+c^{2}) ≥

(a + b + c)^{2}.

Seconda dimostrazione Si scrive ∑_{cyc} \frac{a^{4}}{a^{2}(b + c)^{2}} ≥ \frac{(a + b + c)^{4}}{∑_{cyc} a^{2}(b + c)^{2}} ≥ \frac{3}{4} e semplificando di-

venta ∑_{sym}(2a^{4} + a^{2}b^{2}) ≥ 3 ∑_{sym} a^{2}bc che è ovvia.

385 .1.A Definiamo x + y = 2c^{2}, y + z = 2a^{2}, z + x = 2b^{2} e la disuguaglianza diventa ∑_{sym}(6a^{4} +4a^{2}bc) ≥ ∑_{sym} 10a^{2}b^{2}. Da Schür di ordine 4 sappiamo che a^{2}(a−b)(a−c)+b^{2}(b−c)(b−

a) + c^{2}(c − a)(c − b) = a^{4} − a^{3}c − a^{3}b + a^{2}bc + b^{4} − b^{3}a − b^{3}c + b^{2}ac + c^{4} − c^{3}b − c^{3}a + c^{2}ba =

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

\frac{1}{2} ∑_{sym}(a^{4}+a^{2}bc)−∑_{sym} a^{3}b ≥ 0 per cui ∑_{sym}(4a^{4}+4a^{2}bc)+∑_{sym} 2a^{4} ≥ ∑_{sym} 2a^{4}+8 ∑_{sym} a^{3}b ≥ ∑_{sym} 10a^{2}b^{2} e quest’ultima è conseguenza della AGM 386.1.A La disuguaglianza è ∑_{cyc} \frac{b}{ka + b} ≥ \frac{3}{k + 1}. Da Cauchy–Schwarz abbiamo ∑_{cyc} \frac{b}{ka + b} ≥

\frac{(a + b + c)^{2}}{k(a + +bc + ca) + a^{2} + b^{2} + c^{2}} ≥ \frac{3}{k + 1} ossia (k − 2)(a^{2} + b^{2} + c^{2}) ≥ (k − 2)(ab + bc + ca)

387.1.A 388.1.A 389.1.A 390.1.A 391.1.A Poniamo a = x/y, b = y/z, c = z/x, ed otteniamo ∑_{sym} x^{6}y^{3} ≥ ∑_{sym} x^{5}y^{3}z

392.1.A 393.1.A Il problema è (ab)^{2} + (bc)^{2} + (ca)^{2} + 2(abc)^{2} = 1 implica ab + bc + ca ≤ \frac{3}{2}. Definiamo a + b + c = 3u, ab + bc + ca = 3v^{2}, abc = w^{3} per cui diventa 9u^{3} − 6uw^{3} + 2w^{6} = 1 implica 3v^{2} ≤ 3/2 quindi dobbiamo verificare la disuguaglianza solo per i valori estremi della variabile v^{2} e quindi quando due fra a, b, c sono uguali. Poniamo a = c ed otteniamo b^{2} = \frac{1 − a^{4}}{2a^{2} + 2a^{4}} implica b^{2} ≤ \frac{3 − 2a^{2}}{4a} ossia sostituendo b^{2}, \frac{−1}{4}(2a^{2} − 1)^{2} ≤ 0 che chiaramente è vera. 394 .1.A Il polinomio è simmetrico e di grado non superiore al quinto per cui, dalla teoria uvw, basta verificarlo per x = 0 oppure x = y. Per x = 0 e quindi z = 4 − y, otteniamo 6(z − 1)^{2}(z − 3)^{2} ≥ 0. Se invece x = y e quindi z = 4 − 2y, is ha 9y^{4} + 9 − 48y + 88y^{2} − 51y^{3} ≥ 0, 0 ≤ y ≤ 2. La derivata prima si annulla per y_{1} = \frac{4}{3}, y_{2} = \frac{35}{24} + \frac{\sqrt{649}}{24}, y_{3} = \frac{35}{24} − \frac{\sqrt{649}}{24} e si può verificare che y_{2} > 2 mentre y_{3} è il minimo. Il valore dell’ordinata è \frac{(649)^{2/3}}{768} − \frac{12635}{768} > 0 395.1.A Si proceda come sopra. 396 .1.A Da Cuuchy–Schwarz ∑_{cyc} \frac{1}{2x + y + z} ≥ \frac{9}{4(x + y + z)} e quindi arriviamo a

\frac{9}{4(x + y + z)} + \frac{1}{108}(x + y + z)^{3} ≥ 1. Detta x + y + z = a, dalla AGM abbiamo 3\frac{3}{4a} + \frac{1}{108}a^{3} ≥

4 ^{4} \sqrt{\frac{27}{64} \frac{1}{a^{3}} \frac{1}{108}a^{3}} = 1

397.1.A 398 .1.A Possiamo prendere a + b + c = 1 e quindi 0 ≤ a ≤ 1. Poi prendiamo a ≥ b ≥ c. La funzione f(a) = a^{4}(1 − a) è convessa fino a a = 3/5 e concava dopo fino a a = 1. Supponiamo che b+c ≤ 3/5. Dal Teorema di Karamata si ha f(b)+f(c) ≤ f(b+c)+f(0) per cui 18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 119

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

f(a)+f(b)+f(c)− \frac{1}{12} ≤ f(b+c)+f(0)+f(a)− \frac{1}{12} = f(1−a)+f(a)− \frac{1}{12} = −\frac{1}{12}(1−3a+6a^{2})^{2} ≤ 0.

Sia ora b + c ≥ 3/5. Chiaramente deve essere a ≤ 2/5. Inoltre deve essere c ≤ 1/3 e b ≤ 1/2. La funzione f(a) cresce fino a a = 4/5 per cui f(a)+f(b)+f(c)− \frac{1}{12} ≤ f(\frac{2}{5})+f(\frac{1}{2})+f(\frac{1}{3})− \frac{1}{12} =

−\frac{692377}{24300000} < 0

399.1.A La derivata seconda rispetto a x della parte sinistra è \frac{2}{(1 + y)^{2}} \frac{2z^{2}}{(1 + x + y)^{3}} + 2(y^{2} − 1)(z^{2} − 1) ≥ 0 per cui basta far vedere che, detta f(x, y, z) tale parte, si ha f(0), f(1) ≤ 2.

f(0) = \frac{y^{2}}{1 + z} + \frac{z^{2}}{1 + y} ≤ 2

e chiaramente è vero.

f(1) = \frac{1}{1 + y} + \frac{y^{2}}{1 + z} + \frac{z^{2}}{2 + y} + (y^{2} − 1)(z^{2} − 1) ≤ \frac{1}{1 + y} + \frac{y^{2}}{1 + z} + \frac{z^{2}}{1 + y} + (y^{2} − 1)(z^{2} − 1) ≤ 2

ossia

\frac{1}{1 + y} − \frac{y^{2}z}{1 + z} − \frac{z^{2}y}{1 + y} + y^{2}z^{2} ≤ 1 ⟺ \frac{1}{1 + y} + y^{2}z^{2} ≤ 1 + \frac{y^{2}z}{1 + z} + \frac{z^{2}y}{1 + y}

ed è sufficiente che

y^{2}z^{2} ≤ \frac{y^{2}z}{1 + z} + \frac{z^{2}y}{1 + y} ⟸ y^{2}z^{2} ≤ 2\frac{(yz)^{3/2}}{\sqrt{(1 + y)(1 + z)}}

ossia

\sqrt{yz}\sqrt{(1 + y)(1 + z)} ≤ 2 ⟸ 1 + y + z + yz ≤ 4

che chiaramente è vera. 400.1.A La quantità (a^{2} + c^{2})(a^{2} + d^{2})(b^{2} + c^{2})(b^{2} + d^{2}) è

\begin{matrix}(ab)^{4} + a^{4}b^{2}(d^{2} + c^{2}) + a^{2}b^{4}(d^{2} + c^{2}) + (cd)^{4} + c^{4}d^{2}(a^{2} + b^{2}) + c^{2}d^{4}(a^{2} + b^{2})+ \\ (a^{4} + b^{4})(cd)^{2} + (c^{4} + d^{4})(ab)^{2} + 2(abcd)^{2} \end{matrix}

Sia a + b = 2u, ab = v^{2}, d + c = 2p, dc = q^{2}, 0 ≤ u, v, p, q ≤ 1/2 per cui otteniamo

\begin{matrix}v^{8} + (1 − 2q^{2})v^{4}(1 − 2v^{2}) + q^{8} + (1 − 2v^{2})q^{4}(1 − 2q^{2}) + q^{2}(1 − 6v^{4} − 4v^{2}(1 − 2v^{2}))+ \\ v^{2}(1 − 6q^{4} − 4q^{2}(1 − 2q^{2})) + 2q^{2}v^{2} \end{matrix}

ossia

v^{8} + q^{8} + (1 − 2q^{2})(1 − 2v^{2})(v^{4} + q^{4}) + q^{2}(1 − 6v^{4} + 2v^{2}) + v^{2}(1 − 6q^{4} + 2q^{2}) + 2q^{4}v^{4}

Ora definiamo v^{2} = α, q^{2} = β ed abbiamo

α^{4} + β^{4} + 2(α^{2} + β^{2}) + 4αβ(α^{2} + β^{2}) + 6α^{2}β^{2} − 2α^{3} − 2β^{3} − 6αβ(α + β)

che a sua volta è

(α + β)^{4} + 2(α + β)^{2} − 2(α + β)^{3} − 4αβ

18/novembre/2015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 120 Sia ora α + β = 2x, αβ = y^{2} ed essendo α ≤ 1/4, β ≤ 1/4, abbiamo 0 ≤ x ≤ 1/4, 0 ≤ y ≤ 1/4. La quantità diventa

f(x, y) = 16x^{4} − 16x^{3} + 8x^{2} − 4y^{2}, 0 ≤ x ≤ 1/4, 0 ≤ y ≤ x

La funzione f(x, y) è lineare decrescente in y^{2} e quindi il valore massimo lo si ottiene per il valore minimo di y ossia y = 0. Il valore massimo di x è 1/8 in quanto y = 0 se α = 0 oppure β = 0. In entrambe i casi si ha 0 ≤ x ≤ 1/8.

f(x, 0) = 16x^{4} − 16x^{3} + 8x^{2} 0 ≤ x ≤ 1/8

il cui massimo è 25/256 e si ha per x = 1/8. Supponiamo che α = 0 ossia v^{2} = ab = 0 e quindi (a, b) = (1, 0) oppure (a, b) = (0, 1). Inoltre x = 1/8 significa β = 1/4 ossia c = d = 1/2. Dunque il massimo si ottiene per (a, b, c, d) = (1, 0, 1/2, 1/2) oppure (0, 1, 1/2, 1/2) oppure (1/2, 1/2, 1, 0) oppure (1/2, 1/2, 0, 1).

401.1.A Prima dimostrazione Quadrando otteniamo

\begin{matrix}∑_{cyc}(ab(a + b) + 2\sqrt{b^{2}ac(a + b)(b + c)}) ≥ \\ ≥ 2abc + (a + b)(b + c)(c + a) + 2\sqrt{2}\sqrt{abc}\sqrt{(a + b)(b + c)(c + a)} \end{matrix}

ossia

∑_{cyc} \sqrt{b^{2}ac(a + b)(b + c)} ≥ 2abc + \sqrt{2}\sqrt{abc}\sqrt{(a + b)(b + c)(c + a)}

Da Cauchy–Schwarz abbiamo \sqrt{(b + a)(b + c)} ≥ b + \sqrt{ac}, e la disuguaglianza è implicata da

∑_{cyc}(b^{2}\sqrt{ac} + abc) ≥ 2abc + \sqrt{2}\sqrt{abc}\sqrt{(a + b)(b + c)(c + a)}

ossia

abc + ∑_{cyc} b^{2}\sqrt{ac} ≥ \sqrt{2}\sqrt{abc}\sqrt{(a + b)(b + c)(c + a)}

ossia

\sqrt{abc} + a^{3/2} + b^{3/2} + c^{3/2} ≥ \sqrt{2}\sqrt{(a + b)(b + c)(c + a)}

Quadrando ancora

abc + ∑_{cyc} a^{3} + 2 ∑_{cyc} a^{2}\sqrt{bc} + 2 ∑_{cyc}(bc)^{3/2} ≥ 2(a + b)(b + c)(c + a)

Ora definiamo a^{2} = x, b^{2} = y, c^{2} = z ed otteniamo

∑_{cyc}(x^{6} + 2x^{4}yz + 2(xy)^{3}) ≥ ∑_{cyc}(2x^{4}y^{2} + 2x^{2}y^{4} + (xyz)^{2})

Se ora poniamo x = y + a, y = z + b, otteniamo

8z^{4}(ba + b^{2} + a^{2}) + z^{3}(16b^{3} + 16a^{3} + 40ab + 24b^{2}a)+
+ z^{2}(13a^{4} + 63b^{2}a^{2} + 13b^{4} + 26b^{3}a + 50ba^{3})+
+ z(50b^{2}a^{3} + 10b^{4}a + 40b^{3}a^{2} + 28ba^{4} + 4b^{5} + 6a^{5})+
+ a^{6} + 7b^{4}a^{2} + 14b^{3}a^{3} + 13b^{2}a^{4} + 6ba^{5} ≥ 0

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

Seconda dimostrazione Una volta arrivati a

\sqrt{abc} + a^{3/2} + b^{3/2} + c^{3/2} ≥ \sqrt{2}\sqrt{(a + b)(b + c)(c + a)}

scriviamo la disuguaglianza equivalente

abc + a^{3} + b^{3} + c^{3} ≥ \sqrt{2}\sqrt{(a^{2} + b^{2})(b^{2} + c^{2})(c^{2} + a^{2})}

ed inoltre (a + b)(b + c)(c + a) = (a + b + c)(ab + bc + ca) − abc. Si definisce a + b + c = 3u, ab + bc + ca = 3v^{2}, abc = w^{3} e dalla AGM abbiamo u ≥ v ≥ w. La disuguaglianza diventa

w^{3} + 3w^{3} + 27u^{3} − 27uv^{2} ≥ \sqrt{2}\sqrt{(9u^{2} − 6v^{2})(9v^{4} − 6uw^{3}) − w^{6}}

che riscriviamo come

4w^{3} − \sqrt{2}\sqrt{(9u^{2} − 6v^{2})(9v^{4} − 6uw^{3}) − w^{6}} + 27u^{3} − 27uv^{2} ≥ 0

Come funzione di w^{3} è crescente (si usa u ≥ v) per cui la disuguaglianza deve valere per il valore massimo di w^{3} e tale valore massimo lo si ottiene se a = b o cicliche. Dunque poniamo a = b in

abc + a^{3} + b^{3} + c^{3} ≥ \sqrt{2}\sqrt{(a^{2} + b^{2})(b^{2} + c^{2})(c^{2} + a^{2})}|_{a=b}= c(c − b)^{2}

che è chiaramente vera. L’uguaglianza si ottiene per a = b = c oppure per a = b, c = 0.

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