disuguaglianza thailandese

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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Chuck Schuldiner
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disuguaglianza thailandese

Messaggio da Chuck Schuldiner » 23 giu 2012, 22:09

Siano a, b, c, d numeri reali tali che positivi tali che ab+bc+cd+da=1. Dimostrare che
$ \sum_{cyc}\frac{a^3}{b+c+d}\geq\frac{1}{3} $
https://www.youtube.com/watch?v=35bqkTIcljs

Mare Adriatico: fatto
tetto del Di Stefano: fatto
finestra del Verdi: fatto
lavandino del Cecile: fatto
Arno: fatto
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Mar Ionio: fatto
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mura di Pisa: fatto

ho fatto più allo scritto in normale che alla maturità \m/

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un pentacolo fatto col mio sangue
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Mist
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Re: disuguaglianza thailandese

Messaggio da Mist » 29 giu 2012, 01:09

Finalmente mi è uscita :D bella, mi ha dato soddisfazione XD

per prima cosa noto che $ab+bc+cd+da = (a+c)(b+d)=1$ implica ovviamente che $\displaystyle a+c = \frac{1}{b+d}$. Riscrivo quindi l'espressione di partenza come

$$\displaystyle \frac{a^3}{c+b+d}+\frac{c^3}{a+b+d}+\frac{b^3}{d+a+c}+\frac{d^3}{b+a+c} = \frac{a^3}{c+\frac{1}{a+c}}+\frac{c^3}{a+\frac{1}{a+c}}+\frac{b^3}{d+\frac{1}{b+d}}+\frac{d^3}{b+\frac{1}{b+d}}$$

Mi concentro in particolare ora su $\displaystyle \frac{a^3}{c+\frac{1}{a+c}}+\frac{c^3}{a+\frac{1}{a+c}} = \frac{a^4+c^4+\frac{a^3+c^3}{a+c}}{\left( c+\frac{1}{a+c}\right) \left( a+\frac{1}{a+c}\right)}$. Siccome per la disuguaglianza tra media N-esima e media aritmetica (con N intero positivo) si ha che $\displaystyle a^N+c^N \geq \frac{2}{2^N}(a+c)^N$, per GM-AM si ha che $\displaystyle ac\leq \left( \frac{a+c}{2} \right) ^2$, posto che $a+c=x$, faccio i conti ottengo che
$$\displaystyle \frac{a^4+c^4+\frac{a^3+c^3}{a+c}}{\left( c+\frac{1}{a+c}\right) \left( a+\frac{1}{a+c}\right)} \geq \frac{\frac{1}{2^3}(a+c)^4+\frac{1}{4}\frac{(a+c)^3}{a+c}}{ac+1+\frac{1}{(a+c)^2}} \geq \frac{\frac{x^4}{8}+\frac{x^2}{4}}{\frac{x^2}{4}+\frac{1}{x^2}+1} = \frac{1}{2} \frac{x^4}{2x^2+4}$$.
Tale funzione è convessa in $\mathbb{R}^+$ ed è strettamente crescente per $x\geq 1$

Svolto un procedimento analogo con $\displaystyle \frac{b^3}{d+\frac{1}{b+d}}+\frac{d^3}{b+\frac{1}{b+d}}$, ponendo $b+d=y$ e sommando così le due disequazioni ottenute ottengo che l'espressione di partenza è maggiore o uguale di $\displaystyle \frac{1}{2} \frac{x^4}{x^2+2} + \frac{1}{2} \frac{y^4}{y^2+2}$. Per Jensen, siccome la funzione è convessa, ottengo che $\displaystyle \frac{1}{2} \frac{x^4}{x^2+2} + \frac{1}{2} \frac{y^4}{y^2+2}\geq \frac{\left( \frac{x+y}{2}\right) ^4}{\left( \frac{x+y}{2}\right) ^2+2}$. Ora, siccome per ipotesi $\displaystyle \frac{1}{y} = x$, ho che $\displaystyle \frac{x+y}{2}\geq 1$ (per AM-GM). Ma quindi $\displaystyle \frac{\left( \frac{x+y}{2}\right) ^4}{\left( \frac{x+y}{2}\right) ^2+2}$ per essere minima deve avere che $\displaystyle \frac{x+y}{2}=1$ perchè la funzione è strettamente crescente per l'argomento maggiore o uguale ad 1. Quindi sostituendo ottengo che $\displaystyle \frac{\left( \frac{x+y}{2}\right) ^4}{\left( \frac{x+y}{2}\right) ^2+2}\geq \frac{1^4}{1^2+2} = \frac{1}{3}$ che era esattamente quanto si voleva dimostrare.
"Se [...] non avessi amore, non sarei nulla."
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Soren Kierkegaard, Aut-Aut, Ed. Mondadori, pag. 102

bĕlcōlŏn
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Re: disuguaglianza thailandese

Messaggio da bĕlcōlŏn » 02 lug 2012, 11:48

C'è un altro modo penso più semplice e più standard. Prima di tutto, uno vorrebbe applicare la disuguaglianza di Cauchy-Schwartz nella forma del "Lemma di Titu". Per chi non conoscesse questa applicazione:
$ \textbf{Lemma di Titu}: $ Siano $a_i$ e $x_i$ con $1\leq i \leq n$ numeri reali positivi. Allora
$$
\displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{a_i^2}{x_i} \geq \dfrac{\left(\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i \right)^2}{\displaystyle\sum_{i=1}^n x_i}
$$

Però al numeratore abbiamo $a^3$ e applicandola nuda e cruda, verrebbero degli $a^{\frac{3}{2}}$... allora moltiplico sopra e sotto per $a$ e ottengo
$$
\displaystyle\sum_{cyc} \dfrac{a^3}{b+c+d} = \displaystyle\sum_{cyc} \dfrac{a^4}{ab+ac+ad} \geq \dfrac{(a^2+b^2+c^2+d^2)^2}{2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)}
$$

A questo punto la speranza è che sia
$$
\dfrac{(a^2+b^2+c^2+d^2)^2}{2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)} \geq \dfrac{1}{3}
$$
Omogenizzo e moltiplico, e quindi mi rimane da mostrare che
$$
3(a^2+b^2+c^2+d^2)^2 \geq 2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)(ab+bc+cd+da)
$$

A questo punto è questione di sviluppare un po' i calcoli e di riscrivere tutto con sommatorie simmetriche... viene
$$
\dfrac{1}{2} \displaystyle\sum_{sym} a^4 + \dfrac{3}{2}\displaystyle\sum_{sym} a^2b^2 \geq \dfrac{1}{3} \displaystyle\sum_{sym} a^2b^2 + \dfrac{1}{3} \displaystyle\sum_{sym} abcd + \displaystyle\sum_{sym} a^2bc + 2(a^2bd+b^2ca+c^2db+d^2ac) \Leftrightarrow
$$
$$
\Leftrightarrow \dfrac{1}{2} \displaystyle\sum_{sym} a^4 + \dfrac{7}{6}\displaystyle\sum_{sym} a^2b^2 \geq \dfrac{1}{3} \displaystyle\sum_{sym} abcd + \displaystyle\sum_{sym} a^2bc + 2(a^2bd+b^2ca+c^2db+d^2ac)
$$

Per Muhiread vale $ \dfrac{7}{6}\displaystyle\sum_{sym} a^2b^2+ \dfrac{1}{6} \displaystyle\sum_{sym} a^4 \geq \dfrac{1}{3} \displaystyle\sum_{sym} abcd + \displaystyle\sum_{sym} a^2bc$ perché sia $(2,2,0,0)$ che $(4,0,0,0)$ magiorizzano $(1,1,1,1)$ e $(2,1,1,0)$

Allora rimane da mostrare che
$$
\dfrac{1}{3} \displaystyle\sum_{sym} a^4 = 2(a^4+b^4+c^4+d^4) \geq 2(a^2bd+b^2ca+c^2db+d^2ac) \Leftrightarrow
$$
$$
\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4+d^4 \geq a^2bd+b^2ca+c^2db+d^2ac
$$

e questo si può fare con media pesata. Infatti $2a^4+b^4+d^4 \geq 4a^2bd$. Prendendo le cicliche, sommandole e dividendole per quattro si ottiene proprio $a^4+b^4+c^4+d^4 \geq a^2bd+b^2ca+c^2db+d^2ac$. Ora sommando questa disuguaglianza e quella ottenuta per Muhiread si ottiene la nostra speranza, e quindi fine :D
"Il bon ton è la grazia del saper vivere, la leggerezza dell' esistere." (Lina Sotis, perfidamente elegante)

Chuck Schuldiner
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Re: disuguaglianza thailandese

Messaggio da Chuck Schuldiner » 02 lug 2012, 20:32

Ok più o meno l'ho fatta come Mist nel senso che ho raggruppato a-c e b-d, però poi ho terminato in modo polinomiale sia per dimostrare che l'espressione in a e c, fissata la somma, è minima quando a=c sia per concludere. In ogni caso come conti siam lì XD
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