OliForum Matematico

$ 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 $ ,

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 $a+b>c$.

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

$ 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

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

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?)

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 $b=c$..

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

nic.h.97 ha scritto:Prima di tutto grazie per la pazienza.

Il forum è fatto apposta

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..

$ \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...

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?

$ \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?

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

\[ a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)=\]
\[ =\left(a^2b(a-b)-ab^2(a-b)\right)+\left(b^2c(b-c-ab^2(b-c)\right)+\left(c^2a(c-a)-ab^2(c-a)\right)=\]
\[ =ab(a-b)^2+(ab+ac-b^2)(a-c)(b-c) \ge 0 \]

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

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 $f(a,b,c)=a^2(a-b)$..