Disuguaglianza

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Pixel
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Disuguaglianza

Messaggio da Pixel » 13 giu 2005, 14:38

Siano $ x_1,...,x_n $ reali tali che $ x_i>=-1 $ $ \forall i=1...n $ e $ \sum_{i=1}^n x_i^3=0 $.
Dimostrare che
$ \sum_{i=1}^n x_i \leq n/3 $

Ciao
P. Andrea

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Boll
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Messaggio da Boll » 18 giu 2005, 16:28

EDIT: sto invecchiando...
Ultima modifica di Boll il 18 giu 2005, 16:51, modificato 1 volta in totale.

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Pixel
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Messaggio da Pixel » 18 giu 2005, 16:35

Ciao Boll!

Senti quando sviluppi il cubo $ (a_i-1)^3 $ o son io che sono rincoglionito oppure ti sei perso i tripli prodotti per strada...
Boh fammi sapere

Ciao
P. Andrea

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Boll
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Messaggio da Boll » 18 giu 2005, 16:51

No, sono io che sono rincoglionito... Ora devo andare via, quando torno rifaccio i conti

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karl
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Messaggio da karl » 18 giu 2005, 17:48

Posto $ x_i=a_i-1 $ risultera' $ a_i \geq 0 $.
Cio' fatto ,le condizioni del quesito diventano:
$ \sum(a_i-1)^3=0,\sum (a_i) \leq \frac{4n}{3} $
e sviluppando i cubi:
(1) $ \sum(a_i)-\sum(a_i^2-\frac{a_i^3}{3})=\frac{n}{3} $
Ora e':
$ a_i(2a_i-3)^2 \geq0 $ ovvero:
$ 4a_i^3-12a_i^2+9a_i \geq0 $
$ \frac{a_i^3}{3}-a_i^2+\frac{3a_i}{4} \geq0 $
$ a_i^2-\frac{a_i^3}{3}\leq\frac{3a_i}{4} $
E sommando su i da 1 ad n:
$ \sum(a_i^2-\frac{a_i^3}{3})\leq \frac{3}{4}\sum(a_i) $
Pertanto la (1) diventa:
$ \sum(a_i)-\frac{3}{4}\sum(a_i) \leq\frac{n}{3} $
da cui appunto:
$ \sum(a_i) \leq \frac{4n}{3} $
Spero che Boll non pensi che gli ho rubato l'idea.In realta' avevo gia' trovato
la soluzione ed il suo errore di calcolo.....mi ha agevolato il post.

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Boll
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Messaggio da Boll » 18 giu 2005, 18:49

Tranquillo karl, l'idea da avere era praticamente scritta nel testo ;)

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