$\sum_{cyc}a^2(a-b)\ge 0$ - oliforum contest, probl 4

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
nic.h.97
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Re: $\sum_{cyc}a^2(a-b)\ge 0$ - oliforum contest, probl 4

Messaggio da nic.h.97 » 04 nov 2012, 13:09

$ a^2b(a−b)+b^2c(b−c)≥c^2a(c−a) $

Allora se $ c^2a > b^2c \Rightarrow\ c(ac-b^2)≥0 \Rightarrow $
è perchè $ a $ ha un valore spropositato rispetto agli altri 2 $ \Rightarrow\ a>b≥c \Rightarrow\ (a-b)>(b-c) $ ; $ a^2b > b^2c $
analizzando un po' di casi , vedo che il peggiore è $ a>b=c $
ora avrei questo , $ a^2b(a-b)+b^2(b-b)+b^2a(b-a)≥0 $
Ho fatto qualche errore? forse sto sbagliando dicendo che il caso peggiore è questo $ a>b=c $ ,

Sir Yussen
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Re: $\sum_{cyc}a^2(a-b)\ge 0$ - oliforum contest, probl 4

Messaggio da Sir Yussen » 04 nov 2012, 13:14

Riscriviamo la disuguaglianza:
\begin{equation} a^2b(a-b) + b^2c(b-c) \geq c^2a(a-c) \end{equation}
Applichiamo la proprietà dissociativa al $RHS$:
\begin{equation} a^2b(a-b) + b^2c(b-c) \geq c^2a(a-b) + c^2a(b-c) \end{equation}
Raccogliamo a fattor comune:
\begin{align*}
(a-b)(a^2b-c^2a) &\geq (b-c)(ac^2 - b^2c) \\
(a-b)(a^2b-c^2a) &\geq (b-c)c(ac - b^2) \\
\end{align*}
Il $LHS$ è sempre positivo, perchè essendo $a\geq b$ (a-b) è positivo e $a^2b-c^2a=a(ab-c^2)$ pure è positivo perchè sia $a$ che $b$ è maggiore di $c$. Nel $RHS$,invece, ha $b-c\geq 0$ e
$ac-b^2$ soggetto a due possibilità: se $ac \leq b^2$ allora il $RHS$ è negativo, e abbiamo finito.\\
Quindi consideriamo il caso $ac \geq b^2$. Nel $RHS= (b-c)c(ac-b^2)$, posso sostituire $(ac-b^2)$ con $(ab-b^2)$ che è maggiore: infatti, se la disuguaglianza vale con $(ab-b^2)$, sicuramente varrà $(ac-b^2)$.
\begin{align*}
(a-b)(a^2b-c^2a) &\geq (b-c)c(ac - b^2) \\
(a-b)(a^2b-c^2a) &\geq (b-c)c(ab - b^2) \\
(a-b)(a^2b-c^2a) &\geq (b-c)cb(a-b) \\
(a-b)(a^2b-c^2a+c^2b-cb^2) &\geq 0
\end{align*}
Poichè $a-b \geq 0$, ci rimane da risolvere la disuguaglianza:
\begin{align*}
a^2b + c^2b -c^2a-cb^2 &\geq 0 \\
a^2b - cb^2 &\geq c^2a - c^2b \\
b(a^2-bc) &\geq c^2(a-b)
\end{align*}
Ora, nel $LHS$, possiamo sostituire $a^2 - bc$ con $a^2 - b^2$ che è minore, e se la disuguaglianza vale con $a^2 - b^2$, sicuramente varrà con $a^2 - bc$.
\begin{align*}
b(a^2-b^2) &\geq c^2(a-b) \\
b(a-b)(a+b) &\geq c^2(a-b) \\
b(a+b) &\geq c^2
\end{align*}
E questa è vera perchè $b>c$ e $a+b>c$.

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Re: $\sum_{cyc}a^2(a-b)\ge 0$ - oliforum contest, probl 4

Messaggio da jordan » 04 nov 2012, 14:43

Sir Yussen ha postato un'altra dimostrazione completa, bien :)
nic.h.97 ha scritto:analizzando un po' di casi , vedo che il peggiore è $ a>b=c $
E' questo il problema :roll:
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Re: $\sum_{cyc}a^2(a-b)\ge 0$ - oliforum contest, probl 4

Messaggio da nic.h.97 » 04 nov 2012, 14:49

$ a^2b(a−b)+b^2(b−b)+b^2a(b−a)≥0 $
quindi diventerebbe $ a^2b(a-b)+b^2a(b-a)≥0 $
che è vera

mi spiegheresti che vuol dire questo e cyc?
jordan ha scritto:b^2c≥c^2a allora ∑cyca2b(a−b) ≥c2a∑cyc(a−b) =0

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Re: $\sum_{cyc}a^2(a-b)\ge 0$ - oliforum contest, probl 4

Messaggio da jordan » 04 nov 2012, 14:53

Non hai spiegato perchè $b=c$ sarebbe il caso peggiore, se scrivessi in gara "facendo un po' di casi" non prenderesti alcun punto (per cui, cerca di evitarlo in futuro..)

Riguardo le sommatorie cicliche, vedi qui
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Re: $\sum_{cyc}a^2(a-b)\ge 0$ - oliforum contest, probl 4

Messaggio da nic.h.97 » 04 nov 2012, 15:22

il caso peggiore sarebbe $ b=c $ per il seguente motivo :
dividendo entrambi i membri per $ c^2a $ , voglio far in modo che $ \frac{a^2c}{c^2a}=\frac{ab}{c^2} $ e $ \frac{b^2c}{c^2a}=\frac{b^2}{ca} $ assumano il valore piu' alto possibile . Cio' si ottiene mettendo $ c $ col valore piu' basso possibile.
Se pero' vado a prendere in considerazione il caso peggiore , $ c $ deve assumere il valore piu' alto possibile e per le condizioni $ a>= b >= c $ , il valore massimo che possa assumere $ c $ è lo stesso valore di $ b $.

Ricapitolando , quel che ho fatto è stato quello di dividere il problema in 2 casi.
1) $ b^2c >= c^2a $ e l'ho verificato.
2) $ b^2c < c^2a $ e ho dimostrato che nel caso peggiore è verificato e quindi è verificato anche per gli altri casi (o no?)

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Re: $\sum_{cyc}a^2(a-b)\ge 0$ - oliforum contest, probl 4

Messaggio da jordan » 04 nov 2012, 15:39

Allora, lasciando stare il caso $c=0$: vuoi trovare il minimo di \[ a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a) \]
sotto il vincolo $a\ge b\ge c\ge 0$ e $b^2<ac$ (i.e. $b^2c<ac^2$).

Ok, dividiamo per $c^2a$, otteniamo:
\[ \frac{a^2b}{c^2a}(a-b)+\frac{b^2c}{c^2a}(b-c)+(c-a)=\frac{ab}{c^2}(a-b)+\frac{b^2}{ac}(b-c)+(c-a) \]

Ma ancora non è chiaro perchè si dovrebbe avere minimo quando $b=c$..
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Re: $\sum_{cyc}a^2(a-b)\ge 0$ - oliforum contest, probl 4

Messaggio da nic.h.97 » 04 nov 2012, 16:02

Prima di tutto grazie per la pazienza.
dunque $ a^2b(a−b)+b^2c(b−c)≥|c^2a(c−a)| $

$ c^2a>b^2c \Rightarrow ac>b^2 $
Cio' implica che $ (a-b)>(b-c) $ ( perchè $ a $ assume un valore molto piu' grande rispetto a $ b $ e $ c $).

se divido tutto per $ c^2a $
$ \frac{ab}{c^2}(a−b)+\frac{b^2}{ca}(b-c)≥(c−a) $
Per rendere vera la disuguaglianza devo far in modo che $ \frac{ab}{c^2} e \frac{b^2}{ac} $ assumano il valore piu' alto possibile.Cio' avviene quando il $ c $ che sta al denominatore assume il valore piu' piccolo possibile(non sto considerando i termini dentro le parentesi) .
Il caso peggiore sarebbe percio' quando $ \frac{ab}{c^2} e \frac{b^2}{ac} $ assumono il valore piu' basso e cio' avviene quando $ b=c $, perchè $ c $ assumerebbe il valore piu' alto possibile che puo' assumere per le condizioni.(c sta al denominatore e quindi per rendere il rapporto minimo , deve assumere il valore massimo e viceversa

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Re: $\sum_{cyc}a^2(a-b)\ge 0$ - oliforum contest, probl 4

Messaggio da jordan » 04 nov 2012, 16:47

nic.h.97 ha scritto:Prima di tutto grazie per la pazienza.
Il forum è fatto apposta :wink:
nic.h.97 ha scritto:dunque $ a^2b(a−b)+b^2c(b−c)≥|c^2a(c−a)| $
Finalmente il modulo al posto giusto
nic.h.97 ha scritto: $ c^2a>b^2c \Rightarrow ac>b^2 $
Sotto la condizione $a\ge b\ge c$ strettamente positivi, la freccia puo' andare in entrambi i sensi..
nic.h.97 ha scritto:Cio' implica che $ (a-b)>(b-c) $ ( perchè $ a $ assume un valore molto piu' grande rispetto a $ b $ e $ c $).
Questa non l'ho capita: perchè?
nic.h.97 ha scritto:se divido tutto per $ c^2a $
$ \frac{ab}{c^2}(a−b)+\frac{b^2}{ca}(b-c)≥(c−a) $
Questo è cioè che vuoi dimostrare; dimenticato un modulo per strada..
nic.h.97 ha scritto:Per rendere vera la disuguaglianza devo far in modo che $ \frac{ab}{c^2} e \frac{b^2}{ac} $ assumano il valore piu' alto possibile.Cio' avviene quando il $ c $ che sta al denominatore assume il valore piu' piccolo possibile(non sto considerando i termini dentro le parentesi) .
Il caso peggiore sarebbe percio' quando $ \frac{ab}{c^2} e \frac{b^2}{ac} $ assumono il valore piu' basso e cio' avviene quando $ b=c $, perchè $ c $ assumerebbe il valore piu' alto possibile che puo' assumere per le condizioni.(c sta al denominatore e quindi per rendere il rapporto minimo , deve assumere il valore massimo e viceversa
Allora stai considerando LHS e RHS come due funzioni di $c$, fin qui ci sta. Ora, te vorresti minimizzare la differenza tra LHS e il modulo di RHS, non massimizzare quelle due frazioni; ma il fatto piu' importante è che non puoi ottimizzare una funzione guardando due coefficienti, perchè rhs e cio' che resta nell'lhs stesso dipendono ancora da c..
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Re: $\sum_{cyc}a^2(a-b)\ge 0$ - oliforum contest, probl 4

Messaggio da nic.h.97 » 06 nov 2012, 20:11

$ \frac{ab}{c^2}(a−b)+\frac{b^2}{ca}(b−c)≥-(c−a) $
a-c è:
$ a-c=(a-b)+(b-c) $
$ \frac{ab}{c^2}(a−b)+\frac{b^2}{ca}(b−c)≥(a-b)+(b-c) $
$ \frac{ab}{c^2}(a−b)+(b-c)(\frac{b^2}{ca}-1)≥a-b $
in questo caso avevamo $ b^2<ca $
quindi $ \frac{b^2}{ca} $ sara' minore di 1 e percio' $ (b-c)(\frac{b^2}{ca}-1 $ sara' negativo.
Se vogliamo minimizzare la somma , avremo che con c massimo $ (\frac{b^2}{ca}-1 = x $ , $ x $massimo possibile , minore di 0.
Pero' c'è anche $ b-c $ e b in questo caso che stiamo analizzando è sicuramente maggiore di c ( non ci interessa il caso in cui sia uguale ).
Quindi b-c con c massimo rende la differenza minima.
Quindi questa cosa che ho fatto non è di alcun aiuto ... ora un piccolo piccolo suggerimento?
senza perdere il mio procedimento , se possibile...

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Re: $\sum_{cyc}a^2(a-b)\ge 0$ - oliforum contest, probl 4

Messaggio da jordan » 06 nov 2012, 20:35

nic.h.97 ha scritto:Se vogliamo minimizzare la somma , avremo che con c massimo $ (\frac{b^2}{ca}-1 = x $ , $ x $massimo possibile , minore di 0.
Pero' c'è anche $ b-c $ e b in questo caso che stiamo analizzando è sicuramente maggiore di c ( non ci interessa il caso in cui sia uguale ).
Quindi b-c con c massimo rende la differenza minima.

Vuoi mostrare che $ f(c):=\left(\frac{ab}{c^2}-1\right)(a−b)\ge (b-c)\left(1-\frac{b^2}{ca}\right):=g(c) $ nel caso in cui $b^2<ac$..

Ammesso che tu trova il massimo di $g(c)$ sotto il vincolo $0\le c\le b$, chi ti assicura che anche $f(c) \ge \max_{c\in [0,b]}{g(c)}$ sia vera?
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Re: $\sum_{cyc}a^2(a-b)\ge 0$ - oliforum contest, probl 4

Messaggio da nic.h.97 » 13 nov 2012, 14:41

$ \left( \frac{\sqrt{ab}}{c} -1\right)\left( \frac{\sqrt{ab}}{c} +1\right)(a-b)\ge (b-c)\left( \frac{b}{\sqrt{ac}} +1\right)\left(1- \frac{b}{\sqrt{ac}} \right) $
forse cosi mi puo' essere d'aiuto?
poi mi era venuto in mente di sostituire $ \sqrt{ab} = b $ , se è vera anche per b sara' vera anche per $ \sqrt{ab} $ perchè è piu' grande , pero' tutti e 2 i membri sono entrambi funzioni di a , b e c.... allora non posso....
quindi arrivato qua che faccio?

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Re: $\sum_{cyc}a^2(a-b)\ge 0$ - oliforum contest, probl 4

Messaggio da jordan » 13 nov 2012, 15:23

Posto la soluzione che avevo in mente, quando ho messo il problema:

\[ a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)=\]
\[ =\left(a^2b(a-b)-ab^2(a-b)\right)+\left(b^2c(b-c-ab^2(b-c)\right)+\left(c^2a(c-a)-ab^2(c-a)\right)=\]
\[ =ab(a-b)^2+(ab+ac-b^2)(a-c)(b-c) \ge 0 \]
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Re: $\sum_{cyc}a^2(a-b)\ge 0$ - oliforum contest, probl 4

Messaggio da simone256 » 28 dic 2012, 23:40

Perdonate l'ignoranza ma la scrittura $ \sum_{cyc}a^2(a-b)\ge 0 $ perchè è equivalente a $ a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a) \ge 0 $ con $ a\ge b\ge c\ge 0 $ ???

Secondo la definizione di questo sito (http://www.artofproblemsolving.com/Wiki ... Cyclic_sum) non dovrebbe diventare $ a^2(a-b)+b^2(b-a) \ge 0 $???

Davvero le somme cicliche non le ho proprio capite :mrgreen:
$ \mbox{ }\mbox{ } $And God said : $ \displaystyle c^2 \mu_0 \varepsilon_0 =1 $,
and then there was light.


$ \mbox{ }\mbox{ } $Tsune ni shinen kufu seyo

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Re: $\sum_{cyc}a^2(a-b)\ge 0$ - oliforum contest, probl 4

Messaggio da jordan » 29 dic 2012, 02:11

simone256 ha scritto:Secondo la definizione di questo sito (http://www.artofproblemsolving.com/Wiki ... Cyclic_sum) non dovrebbe diventare $ a^2(a-b)+b^2(b-a) \ge 0 $???
Se vuoi seguire quella definizione, Imponi $f(a,b,c)=a^2(a-b)$..
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