Disuguaglianza Cesenatico 1993

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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Carlitosming
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Disuguaglianza Cesenatico 1993

Messaggio da Carlitosming » 05 apr 2010, 01:17

Dimostra che per tre numeri a,b,c reali positivi minori di 1


$ \left a^{2}+b^{2} +c^{2}\right \left\leq \left a^{2}b+b^{2}c +c^{2}a+1 \right $
Modificato
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Francutio
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Re: Disuguaglianza Cesenatico 1993

Messaggio da Francutio » 05 apr 2010, 09:31

Carlitosming ha scritto:Dimostra che per tre numeri a,b,c reali positivi minori di 1


$ \left a^{2}+b^{2} +c^{2}\right \left\geq \left a^{2}b+b^{2}c +c^{2}a+1 \right $
Sei sicuro che il testo sia corretto?

EDIT: eh, direi che è sbagliato il verso della disuguaglianza....
EDIT2: Ok :D

ngshya
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Messaggio da ngshya » 05 apr 2010, 11:36

Supponiamo che $ $0<a\le b\le c <1$ $, allora $ $a^2c\le c^2a$ $.

Vogliamo ora dimostrare che $ $a^2+b^2+c^2 \le a^2b+b^2c+a^2c+1 \le a^2b+b^2c+c^2a+1$ $.

La seconda disuguaglianza è vera, per la prima:
$ $a^2-a^2c+b^2-b^2c+c^2-1-a^2b=(1-c)(a^2+b^2-c-1)-a^2b \le 0$ $
che è certamente vera perché $ $1-c >0$ $ e $ $a^2+b^2-c-1<0$ $.

Il_Russo
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Messaggio da Il_Russo » 05 apr 2010, 12:02

ngshya ha scritto:Supponiamo che $ $0<a\le b\le c <1$ $, ...
Non puoi. La diseguaglianza e' ciclica e non simmetrica. Ma si aggiusta facilmente dicendo solamente che a deve essere la piu' piccola delle variabili (puoi usando la ciclicita').
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julio14
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Messaggio da julio14 » 05 apr 2010, 12:11

Per chi ci piace la brute force, si può anche riscrivere $ $a^2(1-b)+b^2(1-c)+c^2(1-a)\leq1 $, a questo punto il LHS può essere visto come parabola convessa in $ $a $ che quindi si maggiorizza agli estremi, poi idem in $ $b $ e si chiude. C'è di buono che le parabole sono sempre convesse, così i conti sono veramente pochi, e non c'è bisogno di farsi venire idee.

ngshya
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Messaggio da ngshya » 05 apr 2010, 17:19

Il_Russo ha scritto:
ngshya ha scritto:Supponiamo che $ $0<a\le b\le c <1$ $, ...
Non puoi. La diseguaglianza e' ciclica e non simmetrica. Ma si aggiusta facilmente dicendo solamente che a deve essere la piu' piccola delle variabili (puoi usando la ciclicita').
Azz... Grazie! :D

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<enigma>
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Messaggio da <enigma> » 05 apr 2010, 18:09

Domanda stupida: sarebbe lecito (ma soprattutto utile) porre $ a= \frac 1 x $, $ b= \frac 1 y $, $ c= \frac 1 z $ e svolgere i calcoli riducendo a denominatore comune le frazioni per lavorare con numeri il cui quadrato sia maggiore del numero stesso?
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dario2994
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Messaggio da dario2994 » 05 apr 2010, 18:35

Lecito si, utile non mi pare ;)
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Carlitosming
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Messaggio da Carlitosming » 05 apr 2010, 21:52

Si riesce a dimostrarla senza ricorrere alla geometria analitica?

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<enigma>
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Messaggio da <enigma> » 11 apr 2010, 18:35

Altra domanda: sarebbe utile porre $ b=ra $, $ c=sa $, in modo da avere
$ a^2+r^2 a^2 +s^2 a^2 \le a^3 r+a^3 r^2 s+s^2 a^3 +1 $
ovvero, dividendo tutto per $ a^2 $,
$ 1+r^2 +s^2 \le a r+a r^2 s+s^2 a+ \frac 1 {a^2 } $
quindi
$ r^2 +s^2 +1 \le a(r+r^2 s+s^2 )+ \frac 1 {a^2 } $
$ (1-a)r^2 +(1-a)s^2 +1 \le a r^2 s+ \frac 1 {a^2 } $
per $ r, s \in R^+ $ e $ 0<a<1 $, in modo da usare solo elementari manipolazioni algebriche? Oppure c'è una via più breve alternativa a quella di julio14?
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Reginald
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Messaggio da Reginald » 11 apr 2010, 19:03

EDIT
Si fa \mathbb{R} e per magia $ \mathbb{R} $=)..
Ecco la mia sol:
$ 0 \le (1-a^2)(1-b^2)(1-c^2) $ per ipotesi, sviluppo e viene $ a^2+b^2+c^2 \le a^2c^2+a^2b^2+b^2c^2-a^2b^2c^2 $.
Ma $ a^2c^2\le a^2c $ perchè sono comprsi tra 0 e 1, e cicliche, inoltre ovviamente $ -a^2b^2c^2<1 $..
Quando c'è uguaglianza?
Ci sono due errori che si possono fare lungo la via verso la verità...non andare fino in fondo, e non iniziare.
Confucio

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<enigma>
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Messaggio da <enigma> » 11 apr 2010, 19:14

Wow, a questa soluzione non avevo pensato... la trovo bella.

Grazie per il suggerimento su $ \mathbb R $!
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balossino
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Re:

Messaggio da balossino » 09 set 2011, 12:35

Reginald ha scritto:EDIT
Si fa \mathbb{R} e per magia $ \mathbb{R} $=)..
Ecco la mia sol:
$ 0 \le (1-a^2)(1-b^2)(1-c^2) $ per ipotesi, sviluppo e viene $ a^2+b^2+c^2 \le a^2c^2+a^2b^2+b^2c^2-a^2b^2c^2 $.
Ma $ a^2c^2\le a^2c $ perchè sono comprsi tra 0 e 1, e cicliche, inoltre ovviamente $ -a^2b^2c^2<1 $..
Quando c'è uguaglianza?
Questa soluzione è errata perché manca un 1 nello sviluppo del polinomio al secondo membro. Non ci sono soluzioni belle che funzionino?? :?

Mist
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Re:

Messaggio da Mist » 09 set 2011, 13:33

Carlitosming ha scritto:Dimostra che per tre numeri a,b,c reali positivi minori di 1


$ a^{2}+b^{2} +c^{2} \leq a^{2}b+b^{2}c +c^{2}a+1 $
Modificato
Reginald ha scritto:EDIT
Si fa \mathbb{R} e per magia $ \mathbb{R} $=)..
Ecco la mia sol:
$ 0 \le (1-a^2)(1-b^2)(1-c^2) $ per ipotesi, sviluppo e viene $ a^2+b^2+c^2 \le a^2c^2+a^2b^2+b^2c^2-a^2b^2c^2 $.
Ma $ a^2c^2\le a^2c $ perchè sono comprsi tra 0 e 1, e cicliche, inoltre ovviamente $ -a^2b^2c^2<1 $..
Quando c'è uguaglianza?
sviluppando si ottiene come hai detto te che:

$a^2+b^2+c^2 \le a^2c^2+a^2b^2+b^2c^2-a^2b^2c^2+1$ e ricalcando appieno reginald:
Ma $ a^2c^2\le a^2c $ perchè sono comprsi tra 0 e 1, e cicliche, inoltre ovviamente $ -a^2b^2c^2<1 $..
Mah, non mi sembra sbagliato ora che lo scrivo, perchè tu hai:
$(ab)^2 \le a^2b$
$(bc)^2 \le b^2c$
$(ca)^2 \le c^2a$
$-a^2b^2c^2<1$
E sommando tutte queste ottieni che
$a^2+b^2+c^2\leq a^2c^2+a^2b^2+b^2c^2-a^2b^2c^2 < a^2b+b^2c+c^2a+1$ e quindi $a^2c^2+a^2b^2+b^2c^2-a^2b^2c^2 < a^2b+b^2c+c^2a+1$
E in effetti a me non sembra esserci il caso di uguaglianza, forse c'è un errore nel testo, anche perchè qui: http://www.wolframalpha.com/input/?i=so ... -1%29%3C0] dice che non ci sono casi di uguaglianza :roll:

P.S.: comunque tutto il merito va ovviamente a reginald, io non ho fatto altro che sviluppare un poco il suo ragionamento in modo più... esplicito
"Se [...] non avessi amore, non sarei nulla."
1Cor 13:2

"[...] e se io non so pentirmi del passato, la libertà è un sogno"
Soren Kierkegaard, Aut-Aut, Ed. Mondadori, pag. 102

paga92aren
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Re:

Messaggio da paga92aren » 10 set 2011, 11:42

Mist ha scritto: $ -a^2b^2c^2<1 $
Hai di nuovo dimenticato un $+1$, ma tutto si risolve notando che $-a^2b^2c^2\leq 0$

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