Ancora sulla disuguaglianza di Nesbitt

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Boll
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Ancora sulla disuguaglianza di Nesbitt

Messaggio da Boll » 25 mar 2005, 18:57

Come per Euler la famosa totiente, oramai per me è un'ossessione... :D:D

Provare che:
$ \forall a,b,c\in \mathbb{R}^{+} $
$ \forall n\in \mathbb{N} $
$ \displaystyle \frac{a^n}{b+c}+\frac{b^n}{a+c}+\frac{c^n}{a+b}\geq \frac{a^{n-1}+b^{n-1}+c^{n-1}}{2} $

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Pixel
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Messaggio da Pixel » 26 mar 2005, 14:39

Ciao!
Ci provo :D

Riscriviamo la disuguaglianza come:
$ a^{n-1}\frac{a}{b+c}+b^{n-1}\frac{b}{a+c}+c^{n-1}\frac{c}{a+b}\geq\frac{a^{n-1}+b^{n-1}+c^{n-1}}{2} $
Supponiamo senza perdere in generalità $ a\geqb\geqc $ e otteniamo:
$ \frac{a}{b+c}\geq\frac{b}{b+c}\geq\frac{c}{a+b} $ e $ a^{n-1}\geq b^{n-1}\geq c^{n-1} $.
Applicando la disuguaglianza di Chebyshev otteniamo:
$ a^{n-1}\frac{a}{b+c}+b^{n-1}\frac{b}{a+c}+c^{n-1}\frac{c}{a+b}\geq (a^{n-1}+b^{n-1}+c^{n-1})\frac{\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}}{3} $.
Applicando Nesbitt al secondo membro e semplificando otteniamo la tesi.

Uff che fatica! :lol:
Ciao
P. Andrea

__Cu_Jo__
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Messaggio da __Cu_Jo__ » 26 mar 2005, 14:47

Supponiamo senza perdere generalità che $ a \le b \le c $.
Allora $ a^{n - 1} \le b^{n - 1} \le c^{n - 1} $ e $ \frac{a}{{b + c}} \le \frac{b}{{a + c}} \le \frac{c}{{a + b}} $.
Per la disuguaglianza di Chebyshev (e di Nesbitt):
$ \sum\limits_{cycl} {\left( {\frac{a}{{b + c}}} \right)a^{n - 1} \ge \frac{1}{3}} \sum\limits_{cycl} {a^{n - 1} } \sum\limits_{cycl} {\frac{a}{{b + c}}} \ge \frac{1}{2}\sum\limits_{cycl} {a^{n - 1} } $

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Pixel
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Messaggio da Pixel » 26 mar 2005, 14:55

Direi che per 8 minuti la paternità della soluzione è mia :D :P :lol:
P. Andrea

__Cu_Jo__
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Messaggio da __Cu_Jo__ » 26 mar 2005, 17:19

Pardon,nn avevo visto la tua soluzione

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