67. Disuguaglianza quasi rumena

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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kalu
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67. Disuguaglianza quasi rumena

Messaggio da kalu » 11 nov 2012, 13:59

Dati $ a, b, c $ reali positivi, provare che: $$4\biggl(\frac{a^3-b^3}{a+b}+\frac{b^3-c^3}{b+c}+\frac{c^3-a^3}{c+a}\biggl)\leq (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$$
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena

Messaggio da Mist » 11 nov 2012, 15:51

Riscrivo il LHS come $\displaystyle \sum 4\frac{a-b}{a+b}(a^2+b^2+ab) =\sum 4(a-b)\left( a+b-\frac{ba}{a+b}\right) = \sum (a-b)\left( 4a+4b-4\frac{ba}{a+b}\right) $
Sposto ora il RHS a sinistra della disequazione, raccolgo $a-b$ e ottengo che la tesi equivale a $\displaystyle \sum (a-b)(5b-3a-4\frac{ba}{a+b})\leq 0$. Considero ora i singoli addendi moltiplico entrambi i membri ora per $a+b$ (che tanto so essere una quantità positiva) e ottengo che la tesi equivale a $\displaystyle \sum (a-b)(5b^2-2ab-3a^2) = \sum (a-b)(a-b)(-3a-5b)=\sum -(a-b)^2(3a+5b) \leq 0$ che è evidentemente sempre vera essendo $a$ e $b$ reali positivi e $(a-b)^2$ un quadrato sempre positivo.

Il fatto è che da "moltiplico" in poi lavoro sui singoli addendi e dimostro che ciascuno di essi è sempre negativo, il mio errore è stato non specificarlo :?
Ultima modifica di Mist il 11 nov 2012, 17:25, modificato 1 volta in totale.
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena

Messaggio da kalu » 11 nov 2012, 16:10

Ok, vai pure :wink:
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena

Messaggio da fph » 11 nov 2012, 16:55

Mist ha scritto:ottengo che la tesi equivale a $\displaystyle \sum (a-b)(5b-3a-4\frac{ba}{a+b})\leq 0$. Moltiplico entrambi i membri ora per $a+b$ (che tanto so essere una quantità positiva) e ottengo che la tesi equivale a $\displaystyle \sum (a-b)(5b^2-2ab-3a^2) = \sum (a-b)(a-b)(-3a-5b)=\sum -(a-b)^2(3a+5b) \leq 0$
Uhm, se ho ben capito quello che stai facendo, non credo che si possa moltiplicare per $a+b$ impunemente dentro una sommatoria ciclica...
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena

Messaggio da Mist » 11 nov 2012, 17:26

Editato, chiedo scusa per la svista, spero che ora sia chiaro... Altrimenti si ottiene un risultato equivalente facendo il minimo comun denominatore per ogni addendo ed il ragionamento è lo stesso !
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena

Messaggio da fph » 11 nov 2012, 18:46

Quindi vuoi dire che avresti dimostrato la tesi più forte che $4\frac{a^3-b^3}{a+b}\leq (a-b)^2$ per ogni $a$, $b$? Mi suona sospetto...
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena

Messaggio da <enigma> » 11 nov 2012, 18:58

Difatti è grossolanamente sbagliato essendo equivalente a $a \leq b$. Un $+3a$ è magicamente diventato $-3a$.
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena

Messaggio da kalu » 11 nov 2012, 19:00

Mist ha scritto:Riscrivo il LHS come $\displaystyle \sum 4\frac{a-b}{a+b}(a^2+b^2+ab) =\sum 4(a-b)\left( a+b-\frac{ba}{a+b}\right) = \sum (a-b)\left( 4a+4b-4\frac{ba}{a+b}\right) $
Sposto ora il RHS a sinistra della disequazione, raccolgo $a-b$ e ottengo che la tesi equivale a $\displaystyle \sum (a-b)(5b-3a-4\frac{ba}{a+b})\leq 0$.
L'errore è qui, sarebbe dovuto essere: $$\sum (a-b)(5b+3a-4\frac{ba}{a+b})\leq 0$$
Colpa del correttore! Scusate :oops:
La staffetta ormai è andata avanti, ma il problema resta aperto...
PS Enigma mi ha anticipato
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena

Messaggio da scambret » 11 nov 2012, 21:39

Per caso è un fatto vero e noto che
$$ \displaystyle \sum_{cyc} a^2(b-c) \geq 0$$
??

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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena

Messaggio da fph » 11 nov 2012, 21:54

Non può essere vero, come ti puoi accorgere con un argomento di simmetria: se la disuguaglianza funziona per una terna $(x,y,z)$ allora non funziona per $(x,z,y)$...
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena

Messaggio da scambret » 11 nov 2012, 22:00

E imponendo qualche condizione tipo $a \geq b \geq c \geq 0$??

machete
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena

Messaggio da machete » 11 nov 2012, 22:56

Ci provo:
aggiungo e tolgo ai denominatori il necessario per fare la divisione tra polinomi ottenendo:

$ \displaystyle 4\sum_{\mbox{cyc}}\biggl( (a^2+b^2-ab)-\frac{2b^3}{a+b} \biggl)\leq \sum_{\mbox{cyc}}(a-b)^2 $

che, svolgendo i quadrati all' RHS e separando la parte polinomiale da quella razionale (e dividendo per 2), diventa:

$ \displaystyle 3\sum_{\mbox{cyc}}a^2-\sum_{\mbox{cyc}}ab\leq 4\sum_{\mbox{cyc}}\frac{b^3}{a+b}=4\cdot \mbox{RHS} $

applicando Cauchy-Schwarz abbiamo:

$ \displaystyle \biggl( \sum_{\mbox{cyc}}\frac{b^3}{a+b}\biggl) \biggl(\sum_{\mbox{cyc}}b(a+b)\biggl)\geq ( a^2+b^2+c^2)^2 $

da cui otteniamo che basta dimostrare la seconda di questa catena di disuguaglianze:

$ \displaystyle \mbox4\cdot \mbox{RHS}\geq \frac{4(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum_{\mbox{cyc}}b(a+b)}\geq 3\sum_{\mbox{cyc}}a^2-\sum_{\mbox{cyc}}ab $

questa disuguaglianza è omogenea, quindi poniamo $ a^2+b^2+c^2=1 $ e osserviamo che quindi $ \sum_{\mbox{cyc}}b(a+b)=1+ab+bc+ca $, posto $ ab+bc+ca=\xi $ si ha:

$ \displaystyle \frac{4}{\xi+1}\geq 3-\xi $ ossia $ \displaystyle 4\geq(3-\xi)(1+\xi) $ che diventa $ \displaystyle (\xi-1)^2\geq 0 $, certamente vera. Sto vaneggiando?
Ultima modifica di machete il 11 nov 2012, 23:41, modificato 3 volte in totale.
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena

Messaggio da fph » 11 nov 2012, 23:03

machete ha scritto: $ \displaystyle 3\sum_{\mbox{cyc}}a^2-\sum_{\mbox{cyc}}ab\leq 4\sum_{\mbox{cyc}}\frac{b^3}{a+b} $

ora sacrifichiamo un "$ a^2+b^2+c^2 $" che ammazza il temine "$ -(ab+bc+ca) $" ottenendo che è sufficiente dimostrare:

$ \displaystyle \mbox{LHS} \leq \sum_{\mbox{cyc}}a^2\leq2\sum_{\mbox{cyc}}\frac{b^3}{a+b}=2\cdot \mbox{RHS} $
Mi sembra che tu stia sacrificando con il segno sbagliato...
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena

Messaggio da machete » 11 nov 2012, 23:09

Perbacco hai proprio ragione. Chiedo venia =)

*ho provato a risistemare la soluzione, ora non contiene più l' errore di prima! (tuttavia potrebbe contenerne di nuovi ed insospettati!)
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena

Messaggio da kalu » 12 nov 2012, 13:53

Perfetto machete, è anche una bella soluzione.
Scusami per l'inconveniente, il testimone spetterebbe a te ma nel frattempo è già passato due volte di mano... mea culpa.
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