$a^2+b^2+c^2\ge a+b+c$

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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Ido Bovski
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$a^2+b^2+c^2\ge a+b+c$

Messaggio da Ido Bovski » 05 nov 2012, 18:44

Siano $a, b, c$ numeri reali positivi tali che $abc=1$. Dimostrare che
$$a^2+b^2+c^2\ge a+b+c.$$

Clausewitz
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Re: $a^2+b^2+c^2\ge a+b+c$

Messaggio da Clausewitz » 05 nov 2012, 19:13

Per AM-GM $a+b+c\geq 3(abc)^{\frac{1}{3}}=3$.
Dunque, moltilplicando per $a+b+c$ e dividendo per $3$ si ottiene che $3(\frac{a+b+c}{3})^2 \geq a+b+c$.
Ma per AM-QM $a^2+b^2+c^2\geq 3(\frac{a+b+c}{3})^2$. Dunque $a^2+b^2+c^2\geq a+b+c$.

Ido Bovski
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Re: $a^2+b^2+c^2\ge a+b+c$

Messaggio da Ido Bovski » 05 nov 2012, 19:21

Giusto. Altre soluzioni? :)

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kalu
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Re: $a^2+b^2+c^2\ge a+b+c$

Messaggio da kalu » 05 nov 2012, 19:53

Beh se non vengono idee si può sempre omogeinzzare... Elevando al cubo entrambi i termini e moltiplicando il RHS per $abc$ si ottiene: $$\frac{1}{2}\sum_{sym}{a^6}+3\sum_{sym}{a^4b^2}+\sum_{sym}{a^2b^2c^2}\geq \frac{1}{2}\sum_{sym}{a^4bc}+3\sum_{sym}{a^3b^2c}+\sum_{sym}{a^2b^2c^2}$$ vera per bunching.
Pota gnari!

matty96
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Re: $a^2+b^2+c^2\ge a+b+c$

Messaggio da matty96 » 06 nov 2012, 17:25

Assumo wlog $a\geq b \geq c$
Per AM-GM ho $a+b+c \geq 3$. Voglio dimostrare $(a^2+b^2+c^2)(a+b+c) \geq (a+b+c)^2$
$(a^2+b^2+c^2)(a+b+c) \geq 3(a^2+b^2+c^2) \geq (a+b+c)(a+b+c)$ dove l'ultima è giustificata per Chebycheff
<<Se avessi pensato (se pensassi) che la matematica è solo tecnica
e non anche cultura generale; solo calcolo e non anche filosofia,
cioè pensiero valido per tutti, non avrei fatto il matematico (non
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jordan
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Re: $a^2+b^2+c^2\ge a+b+c$

Messaggio da jordan » 06 nov 2012, 18:15

kalu ha scritto:Beh se non vengono idee si può sempre omogeinzzare... Elevando al cubo entrambi i termini e moltiplicando il RHS per $abc$ si ottiene:[...] vera per bunching.
Non era sufficiente moltiplicare per $\sqrt[3]{abc}$?
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Gi.
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Re: $a^2+b^2+c^2\ge a+b+c$

Messaggio da Gi. » 31 mar 2013, 13:17

La condizione $ abc=1 $ è strettamente necessaria?
Perchè altrimenti: moltiplico ad entrambi i membri per due e addiziono tre ad entrambi i membri

$ a^2 +a^2+b^2+b^2+c^2+c^2-2a-2b-2c +1 +1 +1 \ge 3 $

$ (a^2-2a+1)+(b^2-2b+1)+(c^2-2c+1)+a^2+b^2+c^2 \ge 3 $

$ (a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2+a^2+b^2+c^2 \ge 3 $

EDIT: L' ultima è evidentemente vera perchè il minimo di $ a^2+b^2+c^2 $, con la condizione $ abc=1 $, è 3:

$ \frac{a^2+b^2+c^2}{3} \ge \sqrt{(abc)^2} $
$ a^2+b^2+c^2 \ge 3 $
Ultima modifica di Gi. il 31 mar 2013, 14:30, modificato 1 volta in totale.

Mist
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Re: $a^2+b^2+c^2\ge a+b+c$

Messaggio da Mist » 31 mar 2013, 14:02

Gi. ha scritto:La condizione $ abc=1 $ è strettamente necessaria?
Perchè altrimenti: moltiplico ad entrambi i membri per due e addiziono tre ad entrambi i membri

$ a^2 +a^2+b^2+b^2+c^2+c^2-2a-2b-2c +1 +1 +1 \ge 3 $

$ (a^2-2a+1)+(b^2-2b+1)+(c^2-2c+1)+a^2+b^2+c^2 \ge 3 $

$ (a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2+a^2+b^2+c^2 \ge 3 $

e l' ultima è evidentemente vera perchè il minimo del LHS si ha per $ a=b=c=0 $ oppure $ a=b=c=1 $ ed in entrambi i casi vale 3.
Ma la condizione $abc=1$ resta necessaria perchè altrimenti puoi porre $\displaystyle a=b=c = \frac{1}{2}$ e ti esce $\displaystyle \frac{3}{2} \geq 3$ che è falso!
"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

Gi.
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Re: $a^2+b^2+c^2\ge a+b+c$

Messaggio da Gi. » 31 mar 2013, 14:17

Che bello non considerare i numeri compresi tra $ 0 $ e $ 1 $ :lol:
Ma $ abc=1 $ mi garantisce che LHS $ \ge 3 $?

EDIT: ok, si, perchè basta considerare il minimo di $ a^2+b^2+c^2 $ con la condizione $ abc=1 $, che risulta proprio 3 per AM-GM sulla terna $ (a^2,b^2,c^2) $.
Con permesso edito e correggo la soluzione.

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