Nuovo sito, nuove disuguaglianze

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Boll
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Nuovo sito, nuove disuguaglianze

Messaggio da Boll » 24 feb 2005, 20:08

Eccovi la prima

Provare che, per $ x,y,z $ reali positivi tali che $ xyz=1 $ vale che

$ \displaystyle\frac{xy}{x^5 + xy + y^5}+\frac{yz}{y^5 + yz + z^5}+\frac{xz}{x^5 + xz + z^5}\leq1 $

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karl
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Messaggio da karl » 26 feb 2005, 18:36

1°membro$ \displaystyle\le\frac{xy}{3\sqrt[3]{x^6y^6}}+\frac{yz}{3\sqrt[3]{y^6z^6}}+\frac{zx}{3\sqrt[3]{z^6x^6}}= \frac{1}{3}(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx})\le\frac{3}{3}=1 $

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talpuz
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Messaggio da talpuz » 26 feb 2005, 18:42

karl ha scritto:$ \displaystyle\ \frac{1}{3}(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx})\le\frac{3}{3} $
hmmmm...

se questa è GM-HM, pare che tu l'abbia usata nel verso sbagliato :?

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karl
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Messaggio da karl » 26 feb 2005, 18:55

E' vero!! e dire che ho impiegato un'eternita'
a scrivere la risposta.Devo familiarizzare meglio col LaTeX
(si scrive cosi',vero?).

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HiTLeuLeR
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Re: Nuovo sito, nuove disuguaglianze

Messaggio da HiTLeuLeR » 28 feb 2005, 16:29

Boll ha scritto:Provare che, per $ x,y,z $ reali positivi tali che $ xyz=1 $ vale che:

$ \displaystyle\frac{xy}{x^5 + xy + y^5}+\frac{yz}{y^5 + yz + z^5}+\frac{zx}{z^5 + zx + x^5}\leq1 $
Sia $ \displaystyle{E(x,y,z) := \frac{xy}{x^5 + xy + y^5}+\frac{yz}{y^5 + yz + z^5}+\frac{zx}{z^5 + zx + x^5}} $. Dalle ipotesi: $ xy = \frac{1}{z} $, $ yz = \frac{1}{x} $ e $ zx = \frac{1}{y} $, sicché:

$ \displaystyle{E(x,y,z) = \frac{1}{z(x^5 + xy + y^5)}+\frac{1}{x(y^5 + yz + z^5)}+\frac{1}{y(z^5 + zx + x^5)} =} $
$ \displaystyle{= \frac{1}{z x^5 + z y^5 + 1}+\frac{1}{xy^5 + xz^5 + 1}+\frac{1}{yz^5 +yx^5 + 1}} \leq} $ [Per via della AM-GM] $ \leq $
$ \displaystyle{\leq \frac{1}{1 + 2\sqrt{z^2x^5y^5}}+\frac{1}{1 + 2\sqrt{x^2y^5z^5}}+\frac{1}{1 + 2\sqrt{y^2z^5x^5}} = } $
$ \displaystyle{\frac{1}{1 + 2\sqrt{x^3y^3}}+\frac{1}{1 + 2\sqrt{y^3z^3}}+\frac{1}{1 + 2\sqrt{z^3x^3}} = } $
$ = \displaystyle{\frac{1}{1 + 2z^{-3/2}}+\frac{1}{1 + 2x^{-3/2}}+\frac{1}{1 + 2y^{-3/2}}} $

D'altro canto: $ xyz = 1 $ sse $ x^{-3/2} y^{-3/2} z^{-3/2} = 1 $. Ergo, posto $ a := x^{-3/2} $, $ b := y^{-3/2} $ e $ c := z^{-3/2} $, la tesi risulta infine dimostrata se si prova che, per ogni $ a, b, c\in\mathbb{R}^+ $, con $ abc = 1 $: $ \displaystyle{\frac{1}{1 + 2a}+\frac{1}{1 + 2b}+\frac{1}{1 + 2c}} \leq 1 $. Il che è banalmene vero per conseguenza della disuguaglianza implicita al problema che vi ho proposto di risolvere a quest'indirizzo.

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Boll
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Messaggio da Boll » 28 feb 2005, 19:05

Ok, mi fido della tua soluzione al tuo problema e rilancio, non mi ricordo se avevo già postato questa disuguaglianza o una simile... Anyway:

Provare che, per $ x,y,z\in \mathbb{R}^{+} $ vale che

$ \displaystyle \frac{xyz}{x^3 + y^3 + xyz}+\frac{xyz}{y^3 + z^3 + xyz}+\frac{xyz}{x^3 + z^3 + xyz}\leq 1 $

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Pixel
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Messaggio da Pixel » 28 feb 2005, 21:07

Allora:
E' noto che $ xy(x+y)\leq x^3+y^3=(x+y)(x^2-xy+y^2) $ ora usiamo questa disuguaglianza per ognuno dei 3 denominatori otteniamo che:
$ \frac{xyz}{x^3 + y^3 + xyz}+\frac{xyz}{y^3 + z^3 + xyz}+\frac{xyz}{x^3 + z^3 + xyz}\leq\frac{z}{x+y+z}+\frac{x}{x+y+z}+\frac{y}{x+y+z}=1 $
Il che conclude la dimostrazione

Ciao
P. Andrea

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karl
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Messaggio da karl » 01 mar 2005, 13:36

La risposta di pixel al 2° quesito di Boll mi ha suggerito una piu' ....economica
soluzione al 1° quesito sempre di Boll ( riparando cosi' alla mia svista iniziale).
Supponendo $ x \geq y \geq z $, si ha:
$ x^3-y^3 \geq 0,x^2-y^2\geq 0 $
e moltiplicando: $ x^5+y^5 \geq x^3y^2+x^2y^3=x^2y^2(x+y) $
ed analogamente per le altre 2 combinazioni di variabili.
Quindi:
$ 1° membro \leq\frac{xy}{x^2y^2(x+y)+xy} +\frac{yz}{y^2z^2(y+z)+yz}+\frac{zx}{z^2x^2(z+x)+zx}=\\\\ =\frac{1}{xy(x+y)+1} +\frac{1}{yz(y+z)+1}+\frac{1}{zx(z+x)+1} =\\\\ =\frac{xyz}{xy(x+y)+xyz} +\frac{xyz}{yz(y+z)+xyz}+\frac{xyz}{zx(z+x)+xyz}=\\\\ =\frac{z}{x+y+z} +\frac{x}{y+z+x}+\frac{y}{z+x+y}=1 $

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Pixel
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Messaggio da Pixel » 01 mar 2005, 15:13

molto bella Karl!

Chi rilancia?
P. Andrea

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Messaggio da Boll » 01 mar 2005, 19:49

Prove that $ \displaystyle 0\le yz+zx+xy-2xyz\le{7\over27} $, where $ x,y,z $ are non-negative real numbers satisfying $ x+y+z=1 $

LeGenD_CryinG
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Messaggio da LeGenD_CryinG » 01 mar 2005, 20:55

Dimostriamo inanzitutto che:$ xy + yz + zx - 2xyz \le \frac{7}{{27}} $
Se $ x + y + z = 1 $ allora per AM-GM $ xyz \le \frac{1}{{27}} $
Si ricava facilmente che:
$ xy + yz + zx - 2xyz \le \frac{{\left( {x + y + z} \right)^2 }}{3} - \frac{2}{{27}} = \frac{1}{3} - \frac{2}{{27}} = \frac{7}{{27}} $


Da $ x + y + z = 1 $ si deduce che $ 0 \le x;y;z \le 1 $ ovvero $ 0 \le xyz \le 1 $

Sempre per AM-GM
$ xy + yz + zx \ge 3\left( {xyz} \right)^{\frac{2}{3}} \ge 3xyz \ge 2xyz $

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Boll
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Messaggio da Boll » 01 mar 2005, 21:09

LeGenD_CryinG ha scritto:Dimostriamo inanzitutto che:$ xy + yz + zx - 2xyz \le \frac{7}{{27}} $
Se $ x + y + z = 1 $ allora per AM-GM $ xyz \le \frac{1}{{27}} $
Si ricava facilmente che:
$ xy + yz + zx - 2xyz \le \frac{{\left( {x + y + z} \right)^2 }}{3} - \frac{2}{{27}} = \frac{1}{3} - \frac{2}{{27}} = \frac{7}{{27}} $
Mmmh, innanzitutto, se $ a\geq b $ e $ c\geq d $ non è detto che $ a-c\geq b-d $ (constroesempio $ a=4,b=3,c=3,d=1 $) e mi sembra che tu sfrutti questo fatto, scusa se fraintendo...

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Pixel
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Messaggio da Pixel » 01 mar 2005, 21:13

Scusa, forse fraintendo, ma non capisco perchè:
$ zx+xy+yz\leq\frac{(x+y+z)^2}{3} $

Ciao
P. Andrea

LeGenD_CryinG
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Messaggio da LeGenD_CryinG » 01 mar 2005, 21:18

Mi ricordavo della disuguaglianza
$ ab + bc + cd + da \le \frac{{\left( {a + b + c + d} \right)^2 }}{4} $ che si deduce da $ \left( {a - b + c - d} \right)^2 \ge 0 $
Ma forse avete ragione voi :cry: .Ricontrollo subito!

Hammond
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Messaggio da Hammond » 01 mar 2005, 21:32

Per la soluzione nel complesso non lo so, ma il pezzo su cui era incerto Pixel mi sembra corretto: se porti il 3 a primo membro e svolgi i calcoli ti resta
$ xy+yz+zx \le x^2+y^2+z^2 $
che dimostri ad esempio con la disug. di riordinamento (almeno credo)

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