Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
GimmyTomas
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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da GimmyTomas » 14 set 2014, 00:37

ale96 ha scritto: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 $
Sbaglio io o hai usato un verso errato? Cioè, $ ab^2+ba^2+ac^2+ca^2+bc^2+cb^2\geq 6abc $ implica $ \frac{3abc}{2abc+ab^2+ba^2+ac^2+ca^2+bc^2+cb^2}\leq \frac{3abc}{2abc+6abc} $, non $ \geq $.

Comunque stavo provando a farla proprio col Lemma di Titu, ma non escono mai i versi giusti alle disuguaglianze... D:

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gpzes
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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da gpzes » 14 set 2014, 17:15

1° Fatto: vale la disuguaglianza di Nesbitt C.J., (lo daremo per dimostrato!)

\[\left( a/\left( b+c \right) \right)+\left( b/\left( a+c \right) \right)+\left( c/\left( a+b \right) \right)\ge 3/2\]

2° Fatto: si richiede, però, di dimostrare la seguente e DIFFERENTE (a,b,c hanno posizioni diverse!)
\[{{\left( a/\left( a+b \right) \right)}^{3}}+{{\left( b/\left( b+c \right) \right)}^{3}}+{{\left( c/\left( c+a \right) \right)}^{3}}\ge 3/8\]

Sia $x=\left( b/a \right);y=\left( c/b \right);z=\left( a/c \right)$ e $a,b,c>0$ .
La disuguaglianza di Nesbitt si riscrive come:
\[\left( 1/x\left( y+1 \right) \right)+\left( 1/y\left( z+1 \right) \right)+\left( 1/z\left( x+1 \right) \right)\ge 3/2\].
E la tesi del problema come:
\[{{\left( 1/\left( 1+x \right) \right)}^{3}}+{{\left( 1/\left( 1+y \right) \right)}^{3}}+{{\left( 1/\left( 1+z \right) \right)}^{3}}\ge 3/8\] con $xyz=1$.

Per Cauchy-Schwarz e Nesbitt, si ha:
\[\begin{align}
& \left[ 1/\left( {{x}^{2}} \right)+1/\left( {{y}^{2}} \right)+1/\left( {{z}^{2}} \right) \right]\cdot \left[ 1/{{\left( y+1 \right)}^{2}}+1/{{\left( z+1 \right)}^{2}}+1/{{\left( x+1 \right)}^{2}} \right]\ge \\
& \ge {{\left[ \left( 1/x\left( y+1 \right) \right)+\left( 1/y\left( z+1 \right) \right)+\left( 1/z\left( x+1 \right) \right) \right]}^{2}}\ge 9/4 \\
\end{align}\]
Ossia, \[\left[ 1/\left( {{x}^{2}} \right)+1/\left( {{y}^{2}} \right)+1/\left( {{z}^{2}} \right) \right]\cdot \left[ 1/{{\left( y+1 \right)}^{2}}+1/{{\left( z+1 \right)}^{2}}+1/{{\left( x+1 \right)}^{2}} \right]\ge 9/4\] (*)
Quindi,
3° Fatto: \[\left[ 1/{{\left( x+1 \right)}^{2}}+1/{{\left( y+1 \right)}^{2}}+1/{{\left( z+1 \right)}^{2}} \right]\ge 3/4\].
Infatti, ragionando per assurdo, deve valere (*) ed è anche \[\left[ 1/\left( {{x}^{2}} \right)+1/\left( {{y}^{2}} \right)+1/\left( {{z}^{2}} \right) \right]\ge 3\], essendo $xyz=1$.


Ma allora la media quadratica QM\[\sqrt{\left[ 1/{{\left( x+1 \right)}^{2}}+1/{{\left( y+1 \right)}^{2}}+1/{{\left( z+1 \right)}^{2}} \right]/3}\ge 1/2\].
Poiché la media cubica\[CM=\sqrt[3]{\left[ 1/{{\left( x+1 \right)}^{3}}+1/{{\left( y+1 \right)}^{3}}+1/{{\left( z+1 \right)}^{3}} \right]/3}\] è maggiore della media quadratica QM, si ha
\[CM=\sqrt[3]{\left[ 1/{{\left( x+1 \right)}^{3}}+1/{{\left( y+1 \right)}^{3}}+1/{{\left( z+1 \right)}^{3}} \right]/3}\ge 1/2\] ed elevando al cubo
\[1/{{\left( x+1 \right)}^{3}}+1/{{\left( y+1 \right)}^{3}}+1/{{\left( z+1 \right)}^{3}}\ge 3/8\].

..VACANZA DI UN MESE?!? :cry: :cry: :cry:

HCP16
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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da HCP16 » 15 set 2014, 15:23

Dopo avere visto un po' di vostre dimostrazione vi metto la mia :D

Chiamiamo $ A=\frac{a^3}{(a+b)^3}+\frac{b^3}{(b+c)^3}+\frac{c^3}{(c+a)^3} $ , dobbiamo dimostrare $ A\geq\frac{3}{8} $.

Da Holder abbiamo $ A[(a+b)+(b+c)+(c+a)][(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2]\geq(a+b+c)^3 $

quindi $ 2A(a+b+c)[(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2]\geq(a+b+c)^3 $ semplificando

abbiamo: $ 2A[(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2]\geq(a+b+c)^2 $ ,

moltiplichiamo entrambi i membri per $ 3(a^2+b^2+c^2) $ abbiamo $ 2A3(a^2+b^2+c^2)[(a+b)^2+

(b+c)^2+(c+a)^2]\geq3(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)^2 $ ma dato che $ 3(a^2+b^2+c^2)\geq(a+b+c)^2 $ perché si riduce alla ben nota $ a^2+b^2+c^2\ge{ab+bc+ca} $

La disuguaglianza si riduce a $ 2A[(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2]\geq3(a^2+b^2+c^2) $ , quindi $ A\geq\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{2[(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2]} $ , dobbiamo dimostrare quindi $ \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{2[(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2]}\geq\frac{3}{8} $ = $ \frac{3\sum{a^2}}{2*2(\sum{a^2}+\sum{ab})}\ge{\frac{3}{8}} $ = $ \frac{\sum{a^2}}{\sum{a^2}+\sum{ab}}\ge{\frac{1}{2}} $ che si riduce a $ \sum{a^2}\ge{\sum{ab}} $ che direi possiamo considerarlo come ben noto :wink:
Spero sia giusta :D

darkcrystal
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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da darkcrystal » 16 set 2014, 19:41

Qualcosa non va con quest'ultima dimostrazione: tu passi dal fatto che
\[
A \geq \frac{(a+b+c)^2}{2 \left( (a+b)^2+(b+c)^2+ (c+a)^2 \right)},
\]
ma a questo punto hai già perso: infatti per $a=1/\varepsilon^2, b=c=\varepsilon$ (dove $\varepsilon$ è un numero positivo molto piccolo) il membro di destra è molto prossimo a $1/4 < 3/8$. Quindi una volta che sei arrivato a questa disuguaglianza non hai più speranze di poter dimostrare la tua disuguaglianza originale, a meno che tu non ricominci da capo, o non imbrogli. Quale di queste due vie hai seguito? ;) (altrimenti detto: controlla bene la tua soluzione, non c'è qualcosa che ti sembra strano?)

Poi forse mi sbaglio io, ma anche quella di gpzes non è molto convincente.
gpzes ha scritto:3° Fatto: \[ \left[ 1/{{\left( x+1 \right)}^{2}}+1/{{\left( y+1 \right)}^{2}}+1/{{\left( z+1 \right)}^{2}} \right]\ge 3/4\].
Infatti, ragionando per assurdo, deve valere (*) ed è anche \[\left[ 1/\left( {{x}^{2}} \right)+1/\left( {{y}^{2}} \right)+1/\left( {{z}^{2}} \right) \right]\ge 3\], essendo $xyz=1$.
Questo non mi torna: le disuguaglianze sono nel verso sbagliato! Scrivilo come
\[
\left[ 1/{{\left( x+1 \right)}^{2}}+1/{{\left( y+1 \right)}^{2}}+1/{{\left( z+1 \right)}^{2}} \right]\geq \frac{9/4}{\left[ 1/\left( {{x}^{2}} \right)+1/\left( {{y}^{2}} \right)+1/\left( {{z}^{2}} \right) \right]}.
\]
Ora tu vuoi dedurre che la cosa a destra è grande, ma il denominatore sulla destra è almeno 3, non al massimo 3, per cui non puoi dedurre granché sul membro destro, e di conseguenza sul membro sinistro. Peraltro, se non mi sbaglio, la tua affermazione è vera (cioè il minimo del membro sinistro è effettivamente 3/4, ma non mi sembra si veda dalla tua dimostrazione), per cui prova a trovare un'altra dimostrazione!
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HCP16
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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da HCP16 » 16 set 2014, 21:23

darkcrystal ha scritto:Qualcosa non va con quest'ultima dimostrazione: tu passi dal fatto che
\[
A \geq \frac{(a+b+c)^2}{2 \left( (a+b)^2+(b+c)^2+ (c+a)^2 \right)},
\]
ma a questo punto hai già perso: infatti per $a=1/\varepsilon^2, b=c=\varepsilon$ (dove $\varepsilon$ è un numero positivo molto piccolo) il membro di destra è molto prossimo a $1/4 < 3/8$. Quindi una volta che sei arrivato a questa disuguaglianza non hai più speranze di poter dimostrare la tua disuguaglianza originale, a meno che tu non ricominci da capo, o non imbrogli. Quale di queste due vie hai seguito? ;) (altrimenti detto: controlla bene la tua soluzione, non c'è qualcosa che ti sembra strano?)

Poi forse mi sbaglio io, ma anche quella di gpzes non è molto convincente.
gpzes ha scritto:3° Fatto: \[ \left[ 1/{{\left( x+1 \right)}^{2}}+1/{{\left( y+1 \right)}^{2}}+1/{{\left( z+1 \right)}^{2}} \right]\ge 3/4\].
Infatti, ragionando per assurdo, deve valere (*) ed è anche \[\left[ 1/\left( {{x}^{2}} \right)+1/\left( {{y}^{2}} \right)+1/\left( {{z}^{2}} \right) \right]\ge 3\], essendo $xyz=1$.
Questo non mi torna: le disuguaglianze sono nel verso sbagliato! Scrivilo come
\[
\left[ 1/{{\left( x+1 \right)}^{2}}+1/{{\left( y+1 \right)}^{2}}+1/{{\left( z+1 \right)}^{2}} \right]\geq \frac{9/4}{\left[ 1/\left( {{x}^{2}} \right)+1/\left( {{y}^{2}} \right)+1/\left( {{z}^{2}} \right) \right]}.
\]
Ora tu vuoi dedurre che la cosa a destra è grande, ma il denominatore sulla destra è almeno 3, non al massimo 3, per cui non puoi dedurre granché sul membro destro, e di conseguenza sul membro sinistro. Peraltro, se non mi sbaglio, la tua affermazione è vera (cioè il minimo del membro sinistro è effettivamente 3/4, ma non mi sembra si veda dalla tua dimostrazione), per cui prova a trovare un'altra dimostrazione!
Caro darkcrystal innanzitutto grazie per il commento e spero di non starmi sbagliando ancora :)
Quello che devo dimostrare io alla fine è $ A\ge{\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{2[(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2]}} $ non $ A\ge{\frac{(a+b+c)^2}{2[(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2]} }$.
Infatti $ {\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{2[(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2]}} $ per $ (a,b,c) = (\frac{1}{\epsilon^2},\epsilon,\epsilon) $ con $ \epsilon $ piccolo tende a $ \frac{3}{4} $ che è maggiore di $ \frac{3}{8} $.
EDIT: scusa ho capito adesso cosa vuoi dire, si è vero che a metà dei calcoli mi viene che devo dimostrare che $ A \geq \frac{(a+b+c)^2}{2 \left( (a+b)^2+(b+c)^2+ (c+a)^2 \right)} $ , e adesso moltiplico entrambi i membri per $ 3(a^2+b^2+c^2) $ avendo $ 3(a^2+b^2+c^2)A \geq \frac{3(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)^2}{2 \left( (a+b)^2+(b+c)^2+ (c+a)^2 \right)} $ , portando l'attenzione su $ 3(a^2+b^2+c^2)\ge{(a+b+c)^2} $ che è vero ci rimane da dimostrare che $ A\ge{\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{2[(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2]}} $ , che è vero anche questo e lo ho anche dimostrato, dove è che sbaglio ? :(

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gpzes
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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da gpzes » 16 set 2014, 22:31

@darkcrystal.....ohhh grazie per attenzione :oops: :oops: :wink: ...mi hai preceduto di pochissimo nel rilevare il mio errore che in effetti è anche abbastanza grave..giusto adesso ho visto...:oops: :oops: ..ci lavoricchio appena ho tempo :oops: :oops:

...sicuramente tutto poggia sul dimostrare

3° Fatto:
[1/(x+1)2+1/(y+1)2+1/(z+1)2]≥3/4

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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da ale96 » 17 set 2014, 16:00

@machete e GimmyTomas
Grazie a entrambi, non appena ho tempo cerco di correggere la dimostrazione

darkcrystal
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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da darkcrystal » 17 set 2014, 19:23

Carissimo HCP16! Beh, intanto grazie di aver risposto :). Cerco di elaborare un po' su cosa mi sembra sospetto nella tua soluzione:
HCP16 ha scritto: EDIT: scusa ho capito adesso cosa vuoi dire, si è vero che a metà dei calcoli mi viene che devo dimostrare che $ A \geq \frac{(a+b+c)^2}{2 \left( (a+b)^2+(b+c)^2+ (c+a)^2 \right)} $
Non confondiamo le acque :P : a metà dei calcoli tu hai dimostrato quella disuguaglianza. Il punto del problema è come arrivare da lì alla conclusione. In particolare:
HCP16 ha scritto: [...] abbiamo: $ 2A[(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2]\geq(a+b+c)^2 $ ,moltiplichiamo entrambi i membri per $ 3(a^2+b^2+c^2) $ abbiamo $ 2A3(a^2+b^2+c^2)[(a+b)^2+ (b+c)^2+(c+a)^2]\geq3(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)^2 $ ma dato che $ 3(a^2+b^2+c^2)\geq(a+b+c)^2 $ perché si riduce alla ben nota $ a^2+b^2+c^2\ge{ab+bc+ca} $ la disuguaglianza si riduce a $ 2A[(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2]\geq3(a^2+b^2+c^2) $
Questo è il passaggio delicato. Siano $X=3(a^2+b^2+c^2)$, $Y=2A[(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2]$, $Z=(a+b+c)^2 $. Quello che sai è $X \geq Z$ e $Y \geq Z$. Ora, mi sembra che tu sostenga che questo implichi $Y \geq X$: scritto così, spero concorderai con me che è una conclusione ben strana. Ora, come hai dimostrato questa affermazione? Hai detto che siccome $Y \geq Z$ abbiamo anche $XY \geq XZ$ (e fin qui ci siamo), e quindi (?) $Y \geq X$. Come si giustifica quest'ultimo passaggio? Se sai fare questo hai finito, ma temo proprio che questa deduzione non si possa fare.

In più, quello che stavo cercando di dire nel mio post sopra è che se ad un certo punto della tua soluzione sei arrivato a una disuguaglianza del tipo $A \geq \mbox{qualcosa}$, ma il "$\mbox{qualcosa}$" può prendere valori più piccoli di 3/8, allora non puoi arrivare da lì alla conclusione. Infatti la tua dimostrazione alla fine dovrà per forza coinvolgere una catena di disuguaglianze del tipo $A \geq \mbox{qualcosa} \geq \mbox{qualcos'altro} \geq \ldots \geq 3/8$: ma se già "$\mbox{qualcosa}$" può essere più piccolo di 3/8, capisci che questa catena di disuguaglianze non può essere corretta!
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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da HCP16 » 17 set 2014, 19:49

Ho capito l'errore hai ragione :mrgreen: adesso cerco un'altra soluzione, magari anche giusta sarebbe carino haha

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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da gpzes » 13 ott 2014, 01:09

1° Fatto: vale la disuguaglianza di Nesbitt A.M., (lo daremo per dimostrato!)

$ \left( a/\left( b+c \right) \right)+\left( b/\left( a+c \right) \right)+\left( c/\left( a+b \right) \right)\ge 3/2 $

2° Fatto: vale disuguaglianza tra media cubica e aritmetica: $ C{{M}^{3}}\ge \left( 3/{{3}^{3}} \right)\cdot A{{M}^{3}} $.

Si tenta dimostrare che:
TESI $ \left( a/\left( a+b \right) \right)+\left( b/\left( b+c \right) \right)+\left( c/\left( c+a \right) \right)\ge 3/2 $


Se TESI vale, allora
$ {{\left( a/\left( a+b \right) \right)}^{3}}+{{\left( b/\left( b+c \right) \right)}^{3}}+{{\left( c/\left( c+a \right) \right)}^{3}}\ge \left( 1/9 \right)\cdot {{\left( 3/2 \right)}^{3}}=3/8 $.

Se $0\le a\le b\le c$ oppure $0\le a\le c\le b$
allora $ \left( a/\left( a+b \right) \right)+\left( b/\left( b+c \right) \right)+\left( c/\left( c+a \right) \right)\ge 1+(a/(b+c))$

Se $0\le b\le a\le c$ oppure $0\le b\le c\le a$
allora $\left( a/\left( a+b \right) \right)+\left( b/\left( b+c \right) \right)+\left( c/\left( c+a \right) \right)\ge 1+(b/(a+c))$

Se $0\le c\le a\le b$ oppure $0\le c\le b\le a$
allora $ \left( a/\left( a+b \right) \right)+\left( b/\left( b+c \right) \right)+\left( c/\left( c+a \right) \right)\ge 1+(c/(a+b))$

Sommando i vari casi si ottiene:
\[6\cdot \left[ \left( a/\left( a+b \right) \right)+\left( b/\left( b+c \right) \right)+\left( c/\left( c+a \right) \right) \right]\ge 6+2\cdot (RHS-Nesbitt)\ge 9\]
ossia \[\left( a/\left( a+b \right) \right)+\left( b/\left( b+c \right) \right)+\left( c/\left( c+a \right) \right)\ge 9/6=3/2.\]

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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da darkcrystal » 13 ott 2014, 11:07

Mi spiace, giuro! Ma prendi $a=1, b=10^3, c=10^6$. Allora $a/(a+b) < \frac{1}{1000}$, $b/(b+c) = \frac{10^3}{10^3+10^6} = \frac{1}{1+10^3} < \frac{1}{1000}$ e $\frac{c}{a+c} < 1$... e la tua TESI mi sembra non funzioni :(
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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da gpzes » 13 ott 2014, 13:06

@ darkcrystal
Gent.mo .... :( :( :( ayyy...hai ragione!! grazie mille!! :oops: :oops: ..che strafalcioni :oops:

..non so più che pensare... :oops: :oops: .non so se omogeneizzando (NORMALIZZANDO)..a+b+c=1...mahhh :oops:

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

1° Fatto: vale disuguaglianza tra media cubica e aritmetica: $C{{M}^{3}}\ge A{{M}^{3}}$.
2° Fatto: $9\cdot \left( {{A}^{3}}+{{B}^{3}}+{{C}^{3}} \right)\ge {{\left( A+B+C \right)}^{3}}={{A}^{3}}+{{B}^{3}}+{{C}^{3}}+3\cdot (A+B)(B+C)(A+C)$, ossia
$8\cdot \left( {{A}^{3}}+{{B}^{3}}+{{C}^{3}} \right)\ge 3\cdot (A+B)(B+C)(A+C)$.

$A=\left( a/\left( a+b \right) \right);B=\left( b/\left( b+c \right) \right);C=\left( c/\left( c+a \right) \right)$......
Ultima modifica di gpzes il 14 ott 2014, 15:39, modificato 1 volta in totale.

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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da gpzes » 14 ott 2014, 04:45

@darkcrystal
:oops: :oops:
..temo che disuguaglianze solite siano troppo grossolane...forse un metodo analitico studiando derivate???....
-----------------------------------------------------------------
ma viene dubbio..se NORMALIZZO con a+b+c+=1 si potrebbe concludere o TESI del mio post precedente o addirittura disuguaglianza del problema??'
Se sostituisco $a=ka';b=kb';c=kc'$, si ottengono stesse disuguaglianze...non so :oops:

Gorbad
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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da Gorbad » 14 ott 2014, 16:29

Scusate la mia ignoranza, ma se vedo che (a/a+b)^3+(b/b+c)^3+(c/c+a)^3 è sempre maggiore o uguale a 3(abc/(a+b)(a+c)(b+c)) per AM-GM ed il minimo si ha se e solo se, in questo caso, a=b=c. Poi sostituisco e viene 3(a/2a)^3 maggiore o uguale a 3/8, non basta per concludere?

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Re: Disuguaglianza ''Nesbitt'' 2.0

Messaggio da gpzes » 14 ott 2014, 17:55

Gorbad ha scritto:Scusate la mia ignoranza, ma se vedo che (a/a+b)^3+(b/b+c)^3+(c/c+a)^3 è sempre maggiore o uguale a 3(abc/(a+b)(a+c)(b+c)) per AM-GM ed il minimo si ha se e solo se, in questo caso, a=b=c. Poi sostituisco e viene 3(a/2a)^3 maggiore o uguale a 3/8, non basta per concludere?
:oops: ..ma così si avrebbe anche che $a^2+b^2\ge 2ab$ se e solo se $a=b$ ... ma non $a=b\ge numero qualsiasi$..

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