Disuguaglianza

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
Rispondi
Denolrah_Elure
Messaggi: 20
Iscritto il: 06 nov 2009, 19:24

Disuguaglianza

Messaggio da Denolrah_Elure » 24 dic 2009, 09:12

Siano a,b,c numeri reali positivi tali che $ \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=3 $, provare che $ \\8}(a^2+b^2+c^2)\ge3(a+b)(b+c)(c+a) $
Wir müssen wissen. Wir werden wissen.

Avatar utente
karl
Messaggi: 926
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00

Messaggio da karl » 25 dic 2009, 17:38

Una curiosa dimostrazione.Poniamo:$ \displaystyle a=x^2,b=y^2,c=z^2 $
In tal modo la tesi diventa:
$ \displaystyle 8(x^4+y^4+z^4) \geq 3(x^2+y^2)(y^2+z^2)(z^2+x^2) $
con la condizione $ \displaystyle x+y+z=3 $
Per semplicità di scrittura poniamo:
$ \displaystyle A=xy+yz+zx,B=xyz $
Si ha:
$ \displaystyle B=xyz\leq (\frac{x+y+z}{3})^3=1 $
$ \displaystyle \frac{x^2+y^2+z^2}{3}\geq (\frac{x+y+z}{3})^2=1 $
Da cui :
$ \displaystyle x^2+y^2+z^2\geq 3 $
Inoltre :
$ \displaystyle A=xy+yz+zx=\frac{1}{2}[(x+y+z)^2-(x^2+y^2+z^2]\le \frac{1}{2}[9-3]=3 $
Riassumendo risulta:
(1) $ \displaystyle 0<A\leq 3,0<B\leq 1 $
Osserviamo anche che se A=3 sarà B=1 e viceversa.Infatti sia A=3,si ha allora il sistema:
$ \displaystyle \left \ { \begin{array}{cc} x+y=3-z\\ xy=z^2-3z+3 \end{array} \right} $
L'equazione risolvente è :$ \displaystyle t^2-(3-z)t+(z^2-3z+3)=0 $
Ed il suo discriminante è:
$ \displaystyle \Delta=-3(z-1)^2 $
Le uniche soluzioni reali si hanno solo per z= 1 ,da cui x=y=1 e quindi B=xyz=1
Per le proprietà delle somme simmetriche abbiamo:
$ \displaystyle x^4+y^4+z^4=(x+y+z)^4-4(x+y+z)^2(xy+yz+zx)+2(xy+yz+zx)^2+4(xyz)(x+y+z) $
Quindi:
$ \displaystyle 8(x^4+y^4+z^4)=8(81-36A+2A^2+12B]=648-288A+16A^2+96B $
$ \displaystyle (x^2+y^2)(y^2+z^2)(z^2+x^2)=[(x+y+z)^2-2(xy+yz+zx)][(xy+yz+zx)^2-2(xyz)(x+y+z)]-3(xyz)^2 $
E quindi:
$ \displaystyle 3(x^2+y^2)(y^2+z^2)(z^2+x^2)=3[9-2A][A^2-6B]-3B^2=-6A^3+27A^2-162B+36AB-3B^2 $
Con questi calcoli la nostra diseguaglianza diventa:
$ \displaystyle 6A^3-11A^2-36AB-288A +(3B^2+258B+648) \geq 0 $
con le limitazioni date dalla (1)
Consideriamo adesso la funzione di A (con B fissato in ]0,1]):
$ \displaystyle f(A)=6A^3-11A^2-36AB-288A +(3B^2+258B+648) $
continua e derivabile in tutto R ( incluso lo zero per continuità).
Si ha:$ \displaystyle f'(A)=18A^2-22A-(36B+288) $
E':
$ \displaystyle f'(A)<0 $ per $ \displaystyle A_1<A<A_2 $
dove A_1 e A_2 sono date da:
$ \displaystyle A_{1,2}=\frac{11\mp \sqrt{121 +18(36B+288)}}{18} $
Chiaramente la radice minore è negativa mentre quella positiva è maggiore di 3 .Pertanto,essendo l'intervallo ]0,3]
contenuto in ]A_1,A_2[,la f(A) è decrescente in ]0,3] .Ma:
$ \displaystyle f(0)=3B^2+258B+648>0,f(3)=0 $ perché ,come detto prima,se A=3
è pure B=1 e sostituendo in f(A) si ha appunto f(3)=0.
Ne segue che è sempre $ \displaystyle f(A) \geq 0 $ in ]0,3]
Come volevasi dimostrare.

Claudio.
Messaggi: 697
Iscritto il: 29 nov 2009, 21:34

Messaggio da Claudio. » 25 dic 2009, 20:25

$ xy+yz+zx=\frac12[(x+y+z)^2-(x^2+y^2+z^2)] $
Scusa il disturbo, ma potrei sapere come l'hai scomposto?



Il sistema il $ \LaTeX $ ti ha toppato XD Forse è lo spazio tra "\ {"

Avatar utente
kn
Messaggi: 508
Iscritto il: 23 lug 2007, 22:28
Località: Sestri Levante (Genova)
Contatta:

Messaggio da kn » 25 dic 2009, 20:38

La fonte? Nel frattempo metto la soluzione bovina: fatta la sostituzione di karl, otteniamo
$ \displaystyle~8\cdot 9(x^4+y^4+z^4)=8(x^4+y^4+z^4)(x+y+z)^2\ge 27(x^2+y^2)(y^2+z^2)(z^2+x^2) $. Visto che questa disuguaglianza è omogenea, vale sicuramente senza la condizione $ \displaystyle~x+y+z=3 $, quindi sviluppiamo fiduciosi:
$ \displaystyle~8\sum_{cyc} x^4(x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx)\ge 27(2x^2y^2z^2+\sum_{sym} x^4y^2) $
$ \displaystyle~4\sum_{sym} x^6+8\sum_{sym} x^4y^2+16\sum_{sym} x^5y+8\sum_{sym} x^4yz\ge 9\sum_{sym} x^2y^2z^2+27\sum_{sym} x^4y^2 $
$ \displaystyle~4\sum_{sym} x^6+16\sum_{sym} x^5y+8\sum_{sym} x^4yz\ge 9\sum_{sym} x^2y^2z^2+19\sum_{sym} x^4y^2 $
vera perché si ottiene sommando le seguenti disuguaglianze valide per Muirhead:
$ \displaystyle~4\sum_{sym} x^6\ge 4\sum_{sym} x^4y^2 $
$ \displaystyle~15\sum_{sym} x^5y\ge 15\sum_{sym} x^4y^2 $
$ \displaystyle~\sum_{sym} x^5y\ge \sum_{sym} x^2y^2z^2 $
$ \displaystyle~8\sum_{sym} x^4yz\ge 8\sum_{sym} x^2y^2z^2 $

:lol: :lol:
Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)

Avatar utente
Maioc92
Messaggi: 778
Iscritto il: 21 apr 2009, 21:07
Località: REGGIO EMILIA

Messaggio da Maioc92 » 25 dic 2009, 20:45

ma una soluzione umana non c'è l'ha nessuno?? :shock: :shock:
Io ci ho provato tutto oggi a trovare un modo che non fosse il bunchhing (perchè sapete che non mi piace per nulla...) ma niente. Boh, forse sto attraversando un periodo di crisi :lol:
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

Claudio.
Messaggi: 697
Iscritto il: 29 nov 2009, 21:34

Messaggio da Claudio. » 25 dic 2009, 20:53

Maioc92 ha scritto:ma una soluzione umana non c'è l'ha nessuno?? :shock: :shock:
Io ci ho provato tutto oggi a trovare un modo che non fosse il bunchhing (perchè sapete che non mi piace per nulla...) ma niente. Boh, forse sto attraversando un periodo di crisi :lol:
Mi conosoli a me sembrava più facile del previsto, e mi stavo demoralizzando quando non ho avuto risultati XD ho capito in parte la soluzione di karl...anche se ho ancora il dubbio di quella scomposizione(come ha fatto?), più qualche altra cosa verso la fine.

Avatar utente
karl
Messaggi: 926
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00

Messaggio da karl » 25 dic 2009, 21:30

@Claudio.
Quella scomposizione è solo un altro modo di scrivere il quadrato di un trinomio.
Tu sai che:
$ \displaytext (x+y+z)^2=(x^2+y^2+z^2)+2(xy+yz+zx) $
Adesso ti è sufficiente ricavare xy+yz+zx per avere quella formula.

dario2994
Messaggi: 1428
Iscritto il: 10 dic 2008, 21:30

Messaggio da dario2994 » 25 dic 2009, 21:32

A me la soluzione di kn piace moltissimo xD
Tanto per chiarire (soprattutto a me stesso) i punti chiave della dimostrazione li elenco:
Sostituzione... questo è un passaggio che viene quasi spontaneo fare: si vedono le radici e si decide subito di estirparle.
Poi si sfrutta l'ipotesi per far diventare la disuguaglianza omogenea... rendendo quindi inutile l'ipotesi con passaggi invertibili che ci assicurano di non star tentando di dimostrare cagate (cosa che non so perchè ma a me capita spesso con le disuguaglianze xD). Questo è "il passaggio delicato" anche se abbastanza standard: non so se si dice omogenizzare comunque è il procedimento per rendere una disuguaglianza omogenea (ovviamente si deve usare l'ipotesi).
In conclusione con la certezza di non far danno si svolge una smadonna di calcoli e si conclude col bunching che in questo problema risulta quasi elegante :O Come viene in mente l'idea del bunching? MA QUALE IDEA??? È automatico... "smadonna di calcoli" è sempre seguito a ruota da "bunching" bisogna solo trovare la sommatoria simmetrica a cui applicarlo :)
Piccolo appunto finale: una disuguaglianza è detta omogenea se ogni monomio è dello stesso grado... questo a che serve? Serve a dire che se una n-upla di variabili soddisfa soddisfano anche "loro stesse" moltiplicate per una costante. Questo può o rendere inutili delle ipotesi facilitando il lavoro (come in questo caso) o dare la possibilità di aggiungere ipotesi... come per esempio a+b+c=1 che può far comodo :)
...tristezza ed ottimismo... ed ironia...
Io ti racconto lo squallore di una vita vissuta a ore di gente che non sa più far l'amore...
"Allora impara a fare meno il ruffiano. Io non lo faccio mai e guarda come sono ganzo" Tibor Gallai

Claudio.
Messaggi: 697
Iscritto il: 29 nov 2009, 21:34

Messaggio da Claudio. » 25 dic 2009, 21:33

karl ha scritto:@Claudio.
Quella scomposizione è solo un altro modo di scrivere il quadrato di un trinomio.
Tu sai che:
$ \displaytext (x+y+z)^2=(x^2+y^2+z^2)+2(xy+yz+zx) $
Adesso ti è sufficiente ricavare xy+yz+zx per avere quella formula.
Grazie, mi perdo sempre in cose banali XD sarà che non conosco ancora molti quesiti olimpici.

Avatar utente
Reginald
Messaggi: 137
Iscritto il: 24 gen 2009, 15:52
Località: Trento

Messaggio da Reginald » 27 dic 2009, 17:34

Anche io ne ho trovata una mooolto simile a quella di kn...senza bounching finale...La posto anche se comunque è bruttina...
Sempre sostituendo come ha fatto karl, si poteva dimostrare che $ $\frac{x^4+y^4+z^4}{3}\ge (\frac{x^2+y^2+z^2}{3})^3\ge \frac{x^2+y^2}{2}\frac{y^2+z^2}{2}\frac{z^2+x^2}{2} $. La cosa che ho messa in mezzo la ho messa per AM-GM.
Ora si sostituisce x+y+z=3 e si ottiene $ $(x^2+y^2+z^2+2xy+2xz+2yz)(x^4+y^4+z^4)\ge (\sum_{cyc}{x^2})(\sum_{cyc}{x^4}+2\sum_{cyc}{x^2y^2}) $. Ora si svolge i calcoli sperando fortemente di non sbagliare e si ottiene
$ $\sum_{cyc}{x^6+x^4y^2+x^4z^2+2x^5y+2x^5z+2x^4yz}\ge \sum_{cyc}{x^6+x^2y^4+x^2z^4+2x^4y^2+2x^4z^2+2x^2y^2z^2} $ che, scritta in modo meno idiota è
$ $\sum_{cyc}{x^6}+\sum_{sym}{x^4y^2}+2(\sum_{sym}{x^5z}+ \sum_{cyc}{x^4yz})\ge \sum_{cyc}{x^6}+\sum_{sym}{x^4y}+2(\sum_{sym}{x^4z^2}+\sum_{cyc}{x^2y^2z^2}) $.

Diventa quindi da dimostrare che $ $\sum_{sym}{x^5z}+ \sum_{cyc}{x^4yz}\ge \sum_{sym}{x^4z^2}+\sum_{cyc}{x^2y^2z^2 $.

Se pongo $ x\ge y\ge z $(*) ottengo che
$ $ \sum_{sym}{x^5z}\ge \sum_{sym}{x^4z^2} $(1), infatti sviluppando ottengo $ x^4y(x-y)+x^4z(x-z)-y^4x(-y+x)+y^4z(y-z)-z^4x(-z+x)-z^4y(-z+y)\ge 0 $. Infatti il primo termine è maggiore del terzo, il secondo del quinto e il quarto dell'ultimo per la (*), quindi la disuguaglianza (1) è vera.

Inoltre è anche vero che per ogni x;y;z reali positivi $ $ \sum_{cyc}{x^4yz}\ge \sum_{cyc}{x^2y^2z^2} $ perchè posso porre xyz=1 visto che è omogenea e mi resta da dimostrare che $ x^3+y^3+z^3\ge 3\to \frac{x^3+y^3+z^3}{3}\ge (x^3y^3z^3)^{1/3}=1 $, e quindi ho vinto, SE funziona...
Ci sono due errori che si possono fare lungo la via verso la verità...non andare fino in fondo, e non iniziare.
Confucio

Denolrah_Elure
Messaggi: 20
Iscritto il: 06 nov 2009, 19:24

Messaggio da Denolrah_Elure » 16 gen 2010, 14:23

Chiedo scusa per la risposta tardiva. La fonte è questa: problema 17 del seguente file http://www.mat.uniroma2.it/~perfetti/la ... oposte.pdf. Ci sono diverse tipologie di problemi e alcuni mi sono sembrati di buon livello!
Wir müssen wissen. Wir werden wissen.

Rispondi