OliForum Matematico

Mia soluzione con i moltiplicatori di Lagrange:
$ a^3-2a^2+b^3-2b^2+c^3-2c^2\ge{-3} $
sia $ f(a,b,c)= a^3-2a^2+b^3-2b^2+c^3-2c^2 $ e $ g(a,b,c)=abc-1=0 $
Chiamiamo $ L=f-\psi{g}=a^3-2a^2+b^3-2b^2+c^3-2c^2-\psi(abc-1)$ , facciamo le derivate parziali:

$ \frac{\delta{L}}{\delta{a}}=3a^2-4a-\psi{bc}=0 $ --> $ \psi=\frac{3a^2-4a}{bc} $

$ \frac{\delta{L}}{\delta{b}}=3b^2-4b-\psi{ac}=0 $ -->$ \psi=\frac{3b^2-4a}{ac} $

$ \frac{\delta{L}}{\delta{c}}=3c^2-4c-\psi{ab}=0 $ -->$ \psi=\frac{3c^2-4a}{ab} $

Abbiamo quindi $ \frac{3a^2-4a}{bc}=\frac{3b^2-4a}{ac}=\frac{3c^2-4a}{ab} $ in particolare:
$ \frac{3a^2-4a}{bc}=\frac{3b^2-4a}{ac} $--> $ \frac{3a^2-4a}{b}=\frac{3b^2-4a}{a} $
$ 3a^3-4a^2=3b^3-4b^2 $
$ 3(a^3-b^3)-4(a^2-b^2)=0 $
$ 3(a-b)(a^2+ab+b^2)-4(a-b)(a+b)=0 $
$ (a-b)(3(a^2+ab+b^2)-4(a+b))=0 $
Da qui abbiamo che il minimo è per $ (a-b)=0 $ e cicliche quindi $ a=b=c=1 $
Quindi $ f(1,1,1)=1-2+1-2+1-2=-3 $
Da $ 3(a^2+ab+b^2)-4(a+b)=0 $ potremmo trovare anche il massimo ma che al momento non ci interessa, che quindi chiude la dimostrazione.

Chi ti dice che la soluzione del sistema a=b=c=1 sia effettivamente il minimo e non un punto stanzionario a caso?
Non conosco bene i moltiplicatori di lagrange, però non mi pare ci sia un metodo per identificare velocemente il tipo di punto stazionario.. .

.

karlosson_sul_tetto ha scritto:Chi ti dice che la soluzione del sistema a=b=c=1 sia effettivamente il minimo e non un punto stanzionario a caso?
Non conosco bene i moltiplicatori di lagrange, però non mi pare ci sia un metodo per identificare velocemente il tipo di punto stazionario.. .

Hai pienamente ragione scusa, premetto che ho fatto la 3 quindi non sono molto esperto di analisi anche se un bel po di integrali e derivate me li sono fatti da solo, quindi sicuramente di analisi ne sai più tu di me solo che non hai approfondito questo argomento, comunque i moltiplicatori di Lagrange dovrebbero trovarti massimi e minimi assoluti di una funzione soggetta ad un vincolo, che esistono per il teorema di Weierstrass.

Il teorema di Weierstrass funziona senza vincoli (a meno di non adattarlo) e su un compatto. I moltiplicatori di Lagrange trovano i possibili candidati minimi e massimi *all'interno* del dominio, poi bisogna controllare cosa sono e vedere se per caso ci sono dei punti sul contorno che li battono.

Nota poi che per risolvere completamente quel sistema ti manca di studiare le soluzioni "miste": potrebbe per esempio essere che $a-b=0$ e $3(b^2+bc+c^2)-4(b+c)=0$.

HCP16 ha scritto: [...]
Abbiamo quindi $ \frac{3a^2-4a}{bc}=\frac{3b^2-4a}{ac}=\frac{3c^2-4a}{ab} $ in particolare:
$ \frac{3a^2-4a}{bc}=\frac{3b^2-4a}{ac} $--> $ \frac{3a^2-4a}{b}=\frac{3b^2-4a}{a} $
$ 3a^3-4a^2=3b^3-4b^2 $
[...]

Sembrerebbe che per passare da questo
$ \frac{3a^2-4a}{b}=\frac{3b^2-4a}{a} $
a questo
$ 3a^3-4a^2=3b^3-4b^2 $
moltiplichi tutto per $ab$
ma in tal caso l'ultimo termine dovrebbe essere $-4ab$ e non $-4b^2$?

Scusa errore di battitura , in alto a destra c e -4b

okok, non mi ero accorto. non avevo letto bene sopra

fph ha scritto:Nota poi che per risolvere completamente quel sistema ti manca di studiare le soluzioni "miste": potrebbe per esempio essere che $a-b=0$ e $3(b^2+bc+c^2)-4(b+c)=0$.

Certo, ma come ho scritto $3(b^2+bc+c^2)-4(b+c)=0$ e cicliche non ci interessano quindi contiamo solo le cicliche di $ a-b=0 $ che è $ a=b=c=1 $

Uh, e perché non ci interessano?

Perché risolvendo quello troveremmo il massimo valore di f, infatti risolvendo il sistema di $ 3(a^2+ab+b^2)-4(a+b)=0 $ e cicliche troviamo che le soluzioni sono 1)$ a=b=c=0 $ , 2)due uguali a 0 e una $ \frac{4}{3} $, 3)due uguali a $ \frac{8}{9} $ e una uguale a $ -\frac{4}{9} $, ma tutte non vanno bene perché il prodotto non fa 1 , quindi f non ha limite superiore infatti va a $ +inf $, per esempio per terne del tipo $ (a,b,c)=(\frac{1}{n},n,1) $ con n che tende a infinito, ma a noi a cosa serviva questo dopo avere dimostrato che era maggiore o uguale a -3?

Rileggi bene il mio post delle 13:07; non parlo di risolvere $3(a^2+ab+b^2)-4(a+b)=0$ e cicliche, ma qualcuna di quelle equazioni e qualcuna delle altre. (e comunque anche quello che hai scritto in quest'ultimo post dovrebbe far parte di una soluzione completa)

Beh invece non dovrebbe fare parte di una soluzione completa, la richiesta del problema è uguale a: "dimostra che il minimo valore di f è -3" , non capisco perché tu consideri completezza anche trovare il limite superiore, è semplicemente andare oltre le richieste del problema, ragione per cui non ho risolto le equazioni ''miste'' che hai citato alle 13.07, solo perché non è richiesto dal problema quindi perché cruciarsi con più calcoli?

È tentativo … ..io avevo provato anche Jensen ma nada
Consideriamo le seguenti espressioni ${{a}^{3}}-2{{a}^{2}}+abc,{{b}^{3}}-2{{b}^{2}}+abc,{{c}^{3}}-2{{c}^{2}}+abc$ con l’unica restrizione che a,b,c siano reali positivi!!

Scriviamole così: $a\left [ {{a}^{2}}-2a+bc\right ],b\left[ {{b}^{2}}-2b+ac \right ],c\left[ {{c}^{2}}-2c+ab \right ]$.

Analizziamo, p.e., la prima: $a\left[ {{a}^{2}}-2a+bc \right]$.
All’interno della parentesi quadra vi è un’espressione che, vista come variabile di a, è l’equazione di una parabola. Se ne calcoliamo il vertice, troviamo che $a\left[ {{a}^{2}}-2a+bc \right]\ge a\left[ {{\left( bc \right)}^{2}}-3bc+3 \right]$.
Ripetendo lo stesso ragionamento si potrebbe scrivere $b\left[ {{b}^{2}}-2b+ac \right]\ge b\left[ {{\left( ac \right)}^{2}}-3ac+3 \right]$e
$c\left[ {{c}^{2}}-2c+ab \right]\ge c\left[ {{\left( ab \right)}^{2}}-3ab+3 \right]$.
Sommando le disuguaglianze otteniamo:
${{a}^{3}}-2{{a}^{2}}+{{b}^{3}}-2{{b}^{2}}+{{c}^{3}}-2{{c}^{2}}+3abc\ge a{{\left( bc \right)}^{2}}+b{{\left( ac \right)}^{2}}+c{{\left( ab \right)}^{2}}+9-9abc$.
Utilizzando, adesso, la restrizione $abc=1$ ,si ottiene che
${{a}^{3}}-2{{a}^{2}}+{{b}^{3}}-2{{b}^{2}}+{{c}^{3}}-2{{c}^{2}}+3\ge 0$, ossia la tesi.

P.S.: ..perchè editor mi taglia quadre un po' sì un po' no?!?