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Disuguaglianze ormai passate di moda

Inviato: 13 set 2019, 13:13
da Tess
Tanto tempo fa, in una gara lontana lontana, quando ancora le disuguaglianze non erano passate di moda, si vide scritto sul foglio di gara il seguente problema:

Siano $ 0\leq a \leq b \leq c $ reali tali che $ a+b+c = ab+bc+ca > 0 $. Dimostrare che $$(1+a)\sqrt{bc} \geq 2$$ e determinare tutti i casi di uguaglianza.


Le seguenti domande allora mi sorsero spontanee:
  1. perché esiste il vincolo $a+b+c>0$?
  2. perché esiste il vincolo $a \leq b \leq c$, dato che il problema non sembra particolarmente asimmetrico? Ovvero, posso togliere qualcuna di queste imposizioni innaturali lasciando verificato l'enunciato?
  3. quali sono le prime scelte di terne $(a,b,c)$ possibili da controllare per trovare, eventualmente, qualche caso di uguaglianza?
  4. alla luce delle simmetrie del problema e dei casi di uguaglianza trovati, poiché conosco bene i casi di uguaglianza delle più facili disuguaglianza note (ovvero AM$\geq$GM e Cauchy-Schwarz), se voglio fare un primo passaggio quali posso sperare di fare senza mangiare troppo?
  5. riesco con un solo passaggio a diminuire le variabili in gioco da 3 a 2?
  6. seguendo un altro filone di pensiero, cosa mi dice il vincolo $a+b+c = ab+bc+ca$, da solo (magari qualche disuguaglianza che coinvolge uno dei termini LHS o RHS)?
  7. come posso usarlo per dire qualcosa sulla disuguaglianza da dimostrare?
Vi invito a rispondere a quante più domande possibili fra queste, che potrebbero portare a qualche soluzione!

Come ultima osservazione, vorrei far notare che nessuna delle espressioni che compaiono in questo problema sembra particolarmente complessa. Infatti, quasi tutte, presa una variabile alla volta, sono affini (cioè di primo grado in quella variabile). Poiché abbiamo un vincolo, non sembra che il metodo dei moltiplicatori di Lagrange sia assurdamente sbagliato.

Invito, dunque, chiunque abbia voglia di cimentarsi a studiare questo strumento e a provare a trovare una soluzione a questo problema. Qualche link utile a tale scopo: molti video vecchi in particolare le lezioni S10A_A1, S10A_A2, S14A_A1 e (parzialmente) S17A_A1, S15A_A2, oltre che questo pratico handout.

Re: Disuguaglianze ormai passate di moda

Inviato: 13 set 2019, 19:25
da Leonhard Euler
Testo nascosto:
La risposta alla prima domanda segue considerando il caso $ a+b+c=0 $, che implica $ a=b=c=0 $, da cui ci si accorge che la terna $ (0,0,0) $ non soddisfa la disuguaglianza, sebbene soddisfi i vincoli.
Si considera dapprima il caso $ a=0 $, che comporta $ b+c=bc $. La disuguaglianza da dimostrare diventa:
$ bc\geq4 $
Usando la nota disuguaglianza $ (b+c)^2\geq4bc $ insieme al vincolo:
$ (bc)^2=(b+c)^2\geq4bc \implies bc\geq4 $
Uguaglianza per $ b=c=2 $
Si suppone adesso $ a >0 $. La tesi è banalmente vera se $ bc\geq4 $, per questo si pone $ bc<4 $. Ricavando $ a $ dal vincolo e sostituendo nella disuguaglianza da provare e riarrangiando quest'ultima:
$ a=\displaystyle\frac{b+c-bc}{b+c-1} $
$ (b+c)(\sqrt{bc}-1)-\displaystyle\frac{\sqrt{bc}(bc+1)}{2}+1\geq0 $
Vera se è vera anche la seguente:
$ 2\sqrt{bc}(\sqrt{bc}-1)-\displaystyle\frac{\sqrt{bc}(bc+1)}{2}+1\geq0 \iff (\sqrt{bc}-2)(\sqrt{bc}-1)^2\leq 0 \iff bc\leq4 $
Uguaglianza per $ b=c $, escludendo il caso $ b=c=2 $ che non soddisfa $ bc<4 $, si ha $ bc=1 $, da cui la terna $ (1,1,1) $

Re: Disuguaglianze ormai passate di moda

Inviato: 13 set 2019, 21:38
da Lello01
Tess ha scritto:
13 set 2019, 13:13
Tanto tempo fa, in una gara lontana lontana,
:D

Re: Disuguaglianze ormai passate di moda

Inviato: 16 set 2019, 17:40
da Tess
Leonhard Euler ha scritto:
13 set 2019, 19:25
Testo nascosto:
La risposta alla prima domanda segue considerando il caso $ a+b+c=0 $, che implica $ a=b=c=0 $, da cui ci si accorge che la terna $ (0,0,0) $ non soddisfa la disuguaglianza, sebbene soddisfi i vincoli.
Si considera dapprima il caso $ a=0 $, che comporta $ b+c=bc $. La disuguaglianza da dimostrare diventa:
$ bc\geq4 $
Usando la nota disuguaglianza $ (b+c)^2\geq4bc $ insieme al vincolo:
$ (bc)^2=(b+c)^2\geq4bc \implies bc\geq4 $
Uguaglianza per $ b=c=2 $
Si suppone adesso $ a >0 $. La tesi è banalmente vera se $ bc\geq4 $, per questo si pone $ bc<4 $. Ricavando $ a $ dal vincolo e sostituendo nella disuguaglianza da provare e riarrangiando quest'ultima:
$ a=\displaystyle\frac{b+c-bc}{b+c-1} $
$ (b+c)(\sqrt{bc}-1)-\displaystyle\frac{\sqrt{bc}(bc+1)}{2}+1\geq0 $
Vera se è vera anche la seguente:
$ 2\sqrt{bc}(\sqrt{bc}-1)-\displaystyle\frac{\sqrt{bc}(bc+1)}{2}+1\geq0 \iff (\sqrt{bc}-2)(\sqrt{bc}-1)^2\leq 0 \iff bc\leq4 $
Uguaglianza per $ b=c $, escludendo il caso $ b=c=2 $ che non soddisfa $ bc<4 $, si ha $ bc=1 $, da cui la terna $ (1,1,1) $

Bene che ci sia una soluzione, ma questo ancora non risponde a tutte le domande che mi erano venute. Tra l'altro, almeno una delle tracce indicate porta ad almeno un'altra soluzione. Invito quindi chiunque, specialmente coloro che si sono da poco avvicinati agli stage a Pisa (o coloro che pure li conoscono bene, ma non hanno ancora iniziato un serio studio delle disuguaglianze) a proseguire le tracce abbozzate. Non occorre scrivere per forza una dimostrazione intera.

Se anche avete tentativi che avete provato, ma non vi sembrano concludere, potreste provare a scriverli qui per vedere se concludono o perché non hanno senso. In entrambi i casi ritengo che ne possa venir fuori un sano insegnamento.

Infine, invito coloro che non disdegnano uno studio più approfondito della teoria a cercare una soluzione a questo stesso problema con i moltiplicatori di Lagrange.

Re: Disuguaglianze ormai passate di moda

Inviato: 19 set 2019, 18:10
da Leonhard Euler
Soluzione per coloro che non disdegnano uno studio più approfondito della teoria.
Testo nascosto:
Sia $ \Lambda(a,b,c,\lambda)=f(a,b,c)-\lambda g(a,b,c) $, dove $ f(a,b,c)=(1+a)\sqrt{bc} $, $ g(a,b,c)=ab+bc+ca-a-b-c $.
Per trovare la terna che minimizza $ f(a,b,c) $ è necessario trovare i punti stazionari della sua Lagrangiana $ \Lambda(a,b,c,\lambda) $, dato che ponendo $ \nabla\Lambda=0 $ si ha che tutti i punti stazionari stanno su $ g(a,b,c)=0 $. Si impone il seguente sistema per il calcolo degli eventuali minimi di $ \Lambda $:
$$\displaystyle\begin{cases} \frac{\partial \Lambda}{\partial a}=0\\ \frac{\partial \Lambda}{\partial b}=0\\\frac{\partial \Lambda}{\partial c}=0\\ g(a,b,c)=0 \end{cases}=\displaystyle\begin{cases} \sqrt{bc}=\lambda(b+c-1)\\ \frac{(a+1)\sqrt{c}}{2\sqrt{b}}=\lambda(a+c-1)\\\frac{(a+1)\sqrt{b}}{2\sqrt{c}}=\lambda(a+b-1)\\ ab+bc+ca-a-b-c=0 \end{cases}$$
Dividendo la seconda per la terza dal momento che $ b,c,\lambda\neq0 $ si ha:
$$c(a-1)=b(a-1)$$
Se $ a=1 $, considerando $ g(1,b,c)=bc-1 $ ne segue $ bc=1 $, inoltre:
$$\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b}}=\lambda c$$ $$\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{c}}=\lambda b$$
Da cui le soluzioni $ (a,b,c,\lambda)=(1,1,1,1) $.
Se $ a\neq1 $, allora $ b=c $. Ne segue quindi la terna $ (a,b,c)=(0,2,2) $. Sostituendo le due terne di minimo in $ f(a,b,c) $ si conclude:
$$f(a,b,c)\geq2$$

Re: Disuguaglianze ormai passate di moda

Inviato: 26 nov 2019, 11:34
da Luca Milanese
Una soluzione come quella analitica di Leonhard Euler sarebbe accettata in gara?