67. Disuguaglianza quasi rumena

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Drago96
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena

Messaggio da Drago96 » 12 nov 2012, 16:36

scambret ha scritto:E imponendo qualche condizione tipo $a \geq b \geq c \geq 0$??
Se non sbaglio si può usare lo stesso trucco del problema dell'oliforum contest:
$a^2(b-c)+b^2(c-a)+c^2(a-b)\ge0\iff a^2(b-c)+c^2(a-b)\ge b^2(a-c)=b^2(a-b)+b^2(b-c)\iff$
$(b-c)(a^2-b^2)+(a-b)(c^2-b^2)\ge0\iff(b-c)(a-b)(a+b)+(a-b)(c+b)(c-b)\ge0\iff(a-b)(b-c)((a+b)-(b+c))\ge0\iff$
$(a-b)(b-c)(a-c)\ge0$ che è vera per la condizione posta inizialmente.

In realtà quei sse sono delle uguaglianze, nel senso: $\displaystyle(a-b)(b-c)(a-c)=\sum_{\text{cyc}}a^2(b-c)$
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scambret
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena

Messaggio da scambret » 12 nov 2012, 16:57

Propongo una soluzione alternativa, proprio perchè ieri l avevo scritta, non potevo concludere e adesso non mi colla di buttare all aria tutto il lavoro ;) ma non so se va bene..

Intanto wlog $a\geq b\geq c\geq 0$
$4\sum_{cyc}\frac{a^3-b^3}{a+b} \leq \sum_{cyc} (a-b)^2$
Facciamo un po di conti sapendo che $\sum_{cyc} (a-b)^2 = \frac{2(a^3+b^3+c^3-3abc)}{a+b+c}$ perciò l originale diventa
$\sum_{cyc}\frac{a^3-b^3}{a+b} \leq \frac{a^3+b^3+c^3-3abc}{2(a+b+c)}$
Fatto il minimo comune multiplo e semplificato ottengo
$2(a+b+c)\sum_{cyc}(a^3-b^3)(b+c)(c+a) \leq \frac{1}{2} (\sum_{sym} a^3-\sum_{sym}abc)(a+b)(b+c)(c+a)$
$4(a+b+c)\sum_{cyc}(a^3-b^3)(b+c)(c+a) \leq (\sum_{sym} a^3-\sum_{sym}abc)(\sum_{sym} a^2b+2abc)$
Il rhs è $\sum_{sym} a^5b+2\sum_{sym}a^4bc-\sum_{sym} a^3b^2c-2\sum_{sym}a^2b^2c^2$ che è maggiore o uguale a 0 per bunching. 
Dovrei dimostrare che lhs $\leq 0$ 
Adesso, fatti tutti i conti che vi evito, calcolo $4(a+b+c)\sum_{cyc} (a^3-b^3)(b+c)(c+a)=4(a+b+c)\sum_{cyc} a^2b^2(b-a)$ e quindi dovrei dimostrare che $(a+b+c)\sum_{cyc}a^2b^2(a-b) \geq 0$ e quindi ottengo $\sum_{cyc} a^4b^2-a^2b^4+a^3b^2c-a^2b^3c \geq 0$. Se $x\geq y\geq z\geq 0$ [grazie a Drago96] posso dire che $\sum_{cyc} x^2(y-z) \geq 0$. Pongo $x=a^2$, $y=b^2$ e $z=c^2$ e ottengo $\sum_{cyc}a^2b^2(a^2-b^2) \geq 0$ quindi devo dimostrare che $\sum_{cyc} a^3b^2c-a^2b^3c \geq 0 \Rightarrow \sum_{cyc} a^2b-ab^2 \geq 0$ che diventa proprio $\sum_{cyc} a^2(b-c)$ che è maggiore di 0.

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kalu
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena

Messaggio da kalu » 12 nov 2012, 17:42

scambret ha scritto:Intanto wlog $a\geq b\geq c\geq 0$
$4\sum_{cyc}\frac{a^3-b^3}{a+b} \leq \sum_{cyc} (a-b)^2$
Facciamo un po di conti sapendo che $\sum_{cyc} (a-b)^2 = \frac{2(a^3+b^3+c^3-3abc)}{a+b+c}$ perciò l originale diventa
$\sum_{cyc}\frac{a^3-b^3}{a+b} \leq \frac{a^3+b^3+c^3-3abc}{2(a+b+c)}$
Fatto il minimo comune multiplo e semplificato ottengo
$2(a+b+c)\sum_{cyc}(a^3-b^3)(b+c)(c+a) \leq \frac{1}{2} (\sum_{sym} a^3-\sum_{sym}abc)(a+b)(b+c)(c+a)$
$4(a+b+c)\sum_{cyc}(a^3-b^3)(b+c)(c+a) \leq (\sum_{sym} a^3-\sum_{sym}abc)(\sum_{sym} a^2b+2abc)$
Fin'ora hai semplicemente moltiplicato ambo i termini della disuguaglianza per valori positivi.
scambret ha scritto:Il rhs è $\sum_{sym} a^5b+2\sum_{sym}a^4bc-\sum_{sym} a^3b^2c-2\sum_{sym}a^2b^2c^2$ che è maggiore o uguale a 0 per bunching. 
Dovrei dimostrare che lhs $\leq 0$ 
quindi vorresti dimostrare che $$4\sum_{cyc}\frac{a^3-b^3}{a+b}\leq 0\leq \sum_{cyc} (a-b)^2$$? Consiglio: quando vuoi vedere se qualcosa è maggiore di 0 semplifica i fattori positivi!
Pota gnari!

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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena

Messaggio da scambret » 12 nov 2012, 17:57

So?? Non posso dire che \sum_{cyc} \frac{a^3-b^3}{a+b} \leq 0$ con a,b,c decrescenti?? :)

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kalu
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena

Messaggio da kalu » 12 nov 2012, 23:43

Io e Scambret ci siamo intesi via MP: lui aveva posto WLOG $ a \geq b \geq c $, cosa che chiaramente non si può fare in una sommatoria ciclica.
Al più si può dire che $ a=max\{a, b, c\} $, e che vale $ a \geq b \geq c $ oppure $ a \geq c \geq b $.
Quindi la sua dimostrazione è valida (in realtà non ho letto con attenzione i passaggi finali ma immagino funzioni) nel caso $ a \geq b \geq c $, ci sarebbe poi da esaminare il caso $ a \geq c \geq b $.
Pota gnari!

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