Stolarsky

Juaco

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Stolarsky

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Antes de ir directo a la demostración del teorema veamos un resultado previo que va a ser útil

Sea $P$ un polinomio homogeneo de grado $3$ en tres variables, entonces si se cumple que $P(1; 1; 1) \geq 0, \hspace{0,2cm} P(1; 1; 0) \geq 0, \hspace{0,2cm} P(1; 0; 0) \geq 0$ eso implica que $P(x; y; z) \geq 0$ para todos $x, y, z$ reales no negativos.

Prueba:
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sea $P(x; y; z) = A \cdot \sum_{\text{cyc}}^{‏‏}x^3 + B \cdot \left(\underset{\text{cyc}}{\sum}x^2y + \underset{\text{cyc}}{\sum}xy^2 \right) + C \cdot xyz$

y sean $$\begin{align*}p = P(1; 1; 1) = 3A + 6B + C \\ 2q = P(1; 1; 0) = 2A + 2B \\ r = P(1; 0; 0) = A \end{align*}$$

Notemos que $$A = r, \hspace{0,2cm} B = q - r, \hspace{0,2cm} C = p - 6q + 3r$$

Escribimos $P(x; y; z)$ en términos de $p, q, r$
$P(x; y; z) = r \cdot \underset{\text{cyc}}{\sum}x^3 + (q - r) \cdot \left(\underset{\text{cyc}}{\sum}x^2y + \underset{\text{cyc}}{\sum}xy^2 \right) + (p - 6q + 3r) \cdot xyz$

Y ahora separamos en dos casos:

$$\rule{75mm}{0,1mm}$$
Caso 1: $q \geq r$
$P(x; y; z) = r \cdot \left(\underset{\text{cyc}}{\sum}x^3 - 3rxyz \right) + (q - r) \cdot \left(\underset{\text{cyc}}{\sum}x^2y + \underset{\text{cyc}}{\sum}xy^2 - 6xyz \right) + pxyz$

Por $\text{Muirhead}$ sabemos que el término que multiplica a $r$ es no negativo y el que multiplica a $(q - r)$ también es no negativo y como $p, q, r$ son no negativos resulta que $P(x; y; z) \geq 0$
$$\rule{75mm}{0,1mm}$$
Caso 2: $q \leq r$
$P(x; y; z) = q \cdot \left(\underset{\text{cyc}}{\sum}x^3 - 3xyz \right) + (r - q) \cdot \left(\underset{\text{cyc}}{\sum}x^3 - \underset{\text{cyc}}{\sum}x^2y - \underset{\text{cyc}}{\sum}xy^2 + 3xyz \right) + pxyz$

de igual forma que el caso anterior vemos que $P(x; y; z) \geq 0$
$$\rule{75mm}{0,1mm}$$
Ahora sí, el teorema: sea $P$ un polinomio homogeneo y simetrico de grado $3$ en tres variables: $P(x; y; z) = \underset{\text{sym}}{\sum} \left( px^3 + qx^2y + rxyz \right), \hspace{0,15cm} p, q, r \in \mathbb{R}$.

si se cumple que $P(1; 1; 1) \geq 0, \hspace{0,2cm} P(1; 1; 0) \geq 0, \hspace{0,2cm} P(2; 1; 1) \geq 0$ entonces $P(a; b; c) \geq 0$ siendo $a$, $b$ y $c$ los lados de un triángulo.

Prueba: sean $a, b, c$ los lados de un triángulo. Entonces tenemos que existen $x, y, z$ tales que $y + z =a, \hspace{0,1cm} z + x = b, \hspace{0,1cm} x + y = c$

(La prueba de esto es sencilla haciendo cuentitas para cualesquiera $a, b, c$ reales, pero si son los lados de un triángulo es más fácil aún, solo hay que construir el triángulo y su incírculo)

Notemos que $$\begin{align*}P(1; 1; 1) = 6p + 6q + 6r \geq 0 \\ P(1; 1; 0) = 4p + 2q \geq 0 \\ P(2; 1; 1) = 20p + 14q + 12r \geq 0 \end{align*}$$

veamos que $P(x; y; z) = 2p \cdot \underset{\text{cyc}}{\sum}x^3 +q \cdot \left(\underset{\text{cyc}}{\sum}x^2y + \underset{\text{cyc}}{\sum}xy^2 \right) + 6rxyz$

y $P(a; b; c) = (4p + 2q) \cdot \underset{\text{cyc}}{\sum}x^3 +(6p + 6q + 6r) \cdot \left(\underset{\text{cyc}}{\sum}x^2y + \underset{\text{cyc}}{\sum}xy^2 \right) + 12(q + r)xyz = Q(x; y; z)$

observe que:
$Q(1; 1; 1) = 48(p + q + r) = 8 \cdot 6(p + q + r) \geq 0$
$Q(1; 1; 0) = 20p + 14q + 12r \geq 0$
$Q(1; 0; 0) = 4p + 2q \geq 0$

Entonces $Q(x; y; z) \geq 0$ lo que implica $P(a; b; c) \geq 0$



un par de ejercicios:

1) sean $a, b, c$ los lados de un triángulo, probar que $3(a+b)(b+c)(c+a) \leq 8(a^3+b^3+c^3)$

2) sean $a, b, c$ los lados de un triángulo, probar que $2(a+b+c)(a^2+b^2+c^2) \geq 3(a^3+b^3+c^3 + 3abc)$
$\text{“The further removed from usefulness or practical application, the more important."}$
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