Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
HCP16
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Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da HCP16 » 07 set 2014, 02:30

Siano $ a,b,c\ge0 $, dimostrare che $ \frac{a^3}{(a+b)^3}+\frac{b^3}{(b+c)^3}+\frac{c^3}{(c+a)^3}\ge{\frac{3}{8}} $

Whov
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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da Whov » 07 set 2014, 16:25

Premesso che sono un novellino, l'idea intanto che aspetti(amo) una risposta migliore sarebbe questa.
$ a\over(a+b) $ al crescere di a tende a 1, mentre è minimo per a vicino a 0. Analogamente per le altre 2 frazioni, quindi a, b, c piccoli per ottenere il minimo nella somma. Tuttavia non possiamo prendere contemporaneamente 2 valori fra a, b, c che siano =0, quindi provo a considerarli tutti egualmente piccoli ma non nulli (ecco che il formalismo crolla e si fa viva la mia pura esperienza basata su qualche gioco matematico): si ottiene sempre $ a^3\over(2a)^3 $ cioé, per 3 volte, $ 3\over8 $ (che è il minimo). Se anche avessi preso un valore =0 avrei ottenuto al minimo $ 9\over8 $. In pratica la parte fumosa, ma per mia esperienza corretta, è quel "il minimo si ha per valori uguali".

HCP16
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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da HCP16 » 08 set 2014, 01:17

Ti rispondo con un esempio: con a,b,c reali positivi ; $ abc=1 $ ; $ (a-1+\frac{1}{b})(b-1+\frac{1}{c})(c-1+\frac{1}{a})\ge{k} $ trova $ k $ tale che sia sempre verificata.

Se prendi $ a=b=c=1 $ ottieni $ k=1 $ che non è assolutamente vero anzi $ k=1 $ è il contrario , il massimo!

Infatti questa: $ abc=1 $ ; $ (a-1+\frac{1}{b})(b-1+\frac{1}{c})(c-1+\frac{1}{a})\le{1} $ è una vecchia ( e molto bella ) IMO :wink:

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gpzes
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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da gpzes » 10 set 2014, 10:11

:oops: :oops: ..disuguaglianze sono brutta bestia :oops: :oops: ...posto un pdf visto che si deve studiareeee :( :(
..non c'è soluzione del problema ehh :wink:
Allegati
how-many-proofs-of-the-nesbitts-inequanlity.pdf
(101.37 KiB) Scaricato 289 volte

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Tess
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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da Tess » 10 set 2014, 12:43

Beh, visto che nessuno ha ancora postato qualcosa che assomigli ad una soluzione, vi do un primo hint:
Testo nascosto:
in generale, qual è la prima tecnica che si prova per dimostrare che una certa somma di frazioni è maggiore od uguale a qualcosa?

Dandav
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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da Dandav » 10 set 2014, 14:14

Un misto fra un hint e un rilancio:
Testo nascosto:
Ma quell'esponente che la rende diversa dalla Nesbitt non sarà a caso fes?

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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da Tess » 12 set 2014, 09:47

Non ho capito l'hint di Dandav...

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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da Dandav » 12 set 2014, 22:19

Non consideratelo, mi ero fatto ingannare dal titolo, pensavo fossero gli addendi della nesbitt elevati al cubo! :D

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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da Tess » 12 set 2014, 22:52

Vabbè... visto che ancora nessuno ci prova...
Testo nascosto:
come potrei applicare il lemma di Titu?

HCP16
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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da HCP16 » 13 set 2014, 01:09

La mia soluzione sembra completamente diversa dalla vostra :|
Testo nascosto:
Hölder is the way

machete
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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da machete » 13 set 2014, 12:00

Diamo una prima soluzione barbara, nell' attesa ce ne siano di più clever!

Essendo vera la seguente per medie:
$$
\frac{1}{3}\sum_{cyc} \frac{a^3}{(a+b)^3}\geq \left (\frac{1}{3}\sum_{cyc} \frac{a^2}{(a+b)^2}\right )^{3/2}
$$
basta dimostrare:
$$
\frac{1}{3}\sum_{cyc} \frac{a^2}{(a+b)^2}\geq \frac{1}{4}
$$
Un conto selvaggio conduce a:
$$
LHS=4\sum a^4b^2+12a^2b^2c^2+4\sum a^3c^3+4\sum_{cyc} a^2c^4+4 \sum a^4bc+16\sum a^3b^2c
$$
dove le sommatorie nude sono simmetriche, similmente:
$$
RHS=30a^2b^2c^2+18\sum a^3b^2c+3\sum a^4b^2+3\sum a^3b^3+3\sum a^4bc
$$
elidendo l' elidibile rimane da dimostrare che:
$$
4\sum_{cyc}a^2c^4+\sum a^4b^2+\sum a^3b^3+\sum a^4bc\geq 18a^2b^2c^2+2\sum a^3b^2c
$$
ma per vedere che è vero basta sommare le seguenti:
$$
\sum a^3b^3\geq\sum a^3b^2c
$$
$$
\sum a^4bc\geq \sum a^3b^2c
$$
$$
4\sum_{cyc} a^2c^4\geq 12 a^2b^2c^2
$$
$$
\sum a^4b^2\geq 6a^2b^2c^2
$$
DOve le prime due sono vere per Bunching e le ultime due per AM-GM.
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gpzes
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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da gpzes » 13 set 2014, 13:01

Sia $x=\left( b/a \right);y=\left( c/b \right);z=\left( a/c \right)$ e $a,b,c>0$ .

La disuguaglianza, la tesi, equivale a dimostrare che

${{\left( 2/\left( x+1 \right) \right)}^{3}}+{{\left( 2/\left( y+1 \right) \right)}^{3}}+{{\left( 2/\left( z+1 \right) \right)}^{3}}-1\ge 0$. ERRORE!!! -

Poiché $xyz=1$ e $3\le x+y+z$, per AM-GM, almeno uno tra x, y, z è maggiore o uguale a 1. Sia, ad esempio, $z\ge 1$.

Ma allora $xy\le 1$. Anche qui, almeno uno tra x, y è minore o uguale a uno: supponiamo sia $x\le 1$.

Quindi, $x+1\le 2\Rightarrow (1/(x+1))\ge (1/2)\Rightarrow (2/(x+1))\ge 1\Rightarrow {{(2/(x+1))}^{3}}\ge 1$, ossia ${{\left( 2/\left( x+1 \right) \right)}^{3}}-1\ge 0 $ e gli altri termini sono positivi.

.. :oops: forse?!?!? strafalcione più o strafalcione meno :oops: :( :(
Ultima modifica di gpzes il 13 set 2014, 20:10, modificato 1 volta in totale.

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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da ale96 » 13 set 2014, 13:13

Salve a tutti, mi sono iscritto da pochi giorni a questo forum.
Detto questo, riscrivendo la disequazione utilizzando AM-GM:

$ \frac{\frac{a^3}{(a+b)^3}+\frac{b^3}{(b+c)^3}+\frac{c^3}{(c+a)^3}}{3}\ge{\sqrt[3]{\frac{a^3}{(a+b)^3}*\frac{b^3}{(b+c)^3}*\frac{c^3}{(c+a)^3}}} $

Dal momento che nella radice cubica ci sono solo potenze cubiche legate da un prodotto, si può portare fuori tutto il radicando. Si ottiene al secondo membro questa frazione, effettuando le moltiplicazioni al denominatore e moltiplicando per il denominatore della frazione nel primo membro:

$ \frac{3abc}{2abc+ab^2+ba^2+ac^2+ca^2+bc^2+cb^2} $

Prendiamo in esame una parte del denominatore, $ ab^2+ba^2+ac^2+ca^2+bc^2+cb^2 $, e utilizziamo ancora una volta AM-GM, ottenendo

$ \frac{ab^2+ba^2+ac^2+ca^2+bc^2+cb^2}{6}\ge{\sqrt[6]{(ab^2)(ba^2)(ac^2)(ca^2)(bc^2)(cb^2)}} $

All'interno della radice sesta si ottiene questo risultato $ a^6b^6c^6 $, semplificandosi con la radice stessa.

A questo punto, moltiplicando per $ 6 $, otteniamo che la parte presa in esame della disequazione originaria è maggiore o uguale a $ 6abc $, rendendo possibile la sostituzione. Otteniamo così al secondo membro la frazione $ \frac{3abc}{2abc+6abc} $ e a questo punto è dimostrata la disequazione perché la semplificazione della frazione sarà pari a $ 3/8 $

machete
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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da machete » 13 set 2014, 18:46

Occhio!

@gpzes:
La disuguaglianza, la tesi, equivale a dimostrare che

$$(2/(x+1))3+(2/(y+1))3+(2/(z+1))3−1≥0$$
non dovrebbe esserci un $-3$ invece che un $-1$? :?

@ale96: Hai fatto un errore classico: penso sia più istruttivo per te capire quale sia da solo, cercando di scrivere la tua dimostrazione come un' unica catena di disuguaglianze! :wink:
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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da gpzes » 13 set 2014, 20:09

@machete... :oops: :oops: ahiii scusatemi....mi sto esaurendo :cry: :cry:

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