Triangoli con Cauchy

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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Melkor M.
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Triangoli con Cauchy

Messaggio da Melkor M. » 04 giu 2006, 21:28

Let a, b and c be the lengths of the sides of a triangle. Prove that

$ a^2b(a-b) + b^2c(b-c) + c^2a(c-a) \geq 0 $

(con cauchy)

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edriv
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Messaggio da edriv » 04 giu 2006, 22:08

La solita mega-sostituzione di Ravi:
$ x+y=a,y+z=b,z+x=c $

Dopo un massacro di calcoli ottengo:
$ x^3z+y^3x+z^3y \ge xyz(x+y+z) $
Divido per xyz: $ \frac{x^2}y + \frac{y^2}z+\frac{z^2}x \ge x+y+x $

Che segue da CS usando le triple $ (\frac x {\sqrt y},\frac y {\sqrt z},\frac z {\sqrt x}), (\sqrt x, \sqrt y, \sqrt z) $

Melkor M.
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Messaggio da Melkor M. » 05 giu 2006, 14:55

thx
era la soluzione di scholes ma saltava un passaggio e nn l'avevo capita

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Boll
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Messaggio da Boll » 05 giu 2006, 15:23

edriv ha scritto: Dopo un massacro di calcoli ottengo:
$ x^3z+y^3x+z^3y \ge xyz(x+y+z) $
$ $ f(x)=\frac{1}{x} $ è convessa in $ R^{+} $

Quindi per Jensen

$ $ \sum \frac{x*f\left(\frac{y}{x}\right)}{x+y+z}\ge f\left(\sum \frac{y}{x+y+z}\right) $
$ $ \sum \frac{x^2}{y(x+y+z)}\ge 1 $

Moltiplicando per $ xyz(x+y+z) $

$ $\sum x^3z\ge xyz(x+y+z) $

q.e.d.
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frengo
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Messaggio da frengo » 05 giu 2006, 17:13

ah si?
eccone un'altra:
$ x^3y+y^3z+z^3x\geq x^2yz+xy^2z+xyz^2 $
$ x^3y+y^3z+z^3x= $$ \displaystyle \sum\limits_{cycl} $$ \displaystyle \left(\frac{x^3y}{7}+\frac{x^3y}{7}+\frac{x^3y}{7}\displaystyle +\frac{x^3y}{7}+\frac{y^3z}{7}+\frac{z^3x}{7}+\frac{z^3x}{7}\right) $$ \geq\sum\limits_{cycl}x^2yz $

per AM-GM.

ciao ciao

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Boll
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Messaggio da Boll » 05 giu 2006, 18:41

Visto che stiamo facendo accademia...
edriv ha scritto: $ x^3z+y^3x+z^3y \ge xyz(x+y+z) $
Sia $ (\sigma(x),\sigma(y),\sigma(z) $ una permutazione di $ (x,y,z) $ tale che $ \sigma(x)\ge \sigma(y) \ge \sigma(z) $ avremo
$ (\sigma(x))^2\ge (\sigma(y))^2\ge (\sigma(z))^2 $
$ $ \frac{1}{\sigma(x)}\le \frac{1}{\sigma(y)}\le \frac{1}{\sigma(z)} $

Quindi, per la disuguaglianza di riordinamento, detta $ \sigma^{-1} $ la permutazione inversa di $ \sigma $ avremo
$ $ \frac{(\sigma^{-1}(\sigma(x)))^2}{\sigma^{-1}(\sigma(y))}+\frac{(\sigma^{-1}(\sigma(y)))^2}{\sigma^{-1}(\sigma(z))}+\frac{(\sigma^{-1}(\sigma(z)))^2}{\sigma^{-1}(\sigma(x))}\ge \sigma(x)+\sigma(y)+\sigma(z) $

(una qualsiasi permutazione è migliore della permutazione peggiore)
Quindi
$ $ \frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}\ge x+y+z $
moltiplicando per $ xyz $
$ x^3z+y^3x+z^3y\ge xyz(x+y+z) $
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Simo_the_wolf
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Messaggio da Simo_the_wolf » 05 giu 2006, 23:09

ah si? allora è una guerra... :twisted:

Abbiamo che $ \frac xy(x-y) \geq x-y $ infatti diventa $ \frac {(x-y)^2}y \geq 0 $ e quindi:

$ \frac xy(x-y) + \frac yz(y-z) +\frac zx(z-x) \geq x-y + y-z + z-x =0 $

Quindi $ xyz(\frac xy(x-y) + \frac yz(y-z) +\frac zx(z-x)) \geq 0 $

che è proprio la tesi
edriv ha scritto:$ x^3z+y^3x+z^3y \geq xyz(x+y+z) $

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what
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Re: Triangoli con Cauchy

Messaggio da what » 05 giu 2006, 23:56

Bah, principianti... :D
Melkor M. ha scritto:Let a, b and c be the lengths of the sides of a triangle. Prove that

$ a^2b(a-b) + b^2c(b-c) + c^2a(c-a) \geq 0 $

(con cauchy)
La disuguaglianza è banalmente equivalente a

$ \displaystyle 2 \sum _{cyc} \left((a-b)^2(p-b)(p-c) \right) \geq 0 $

8)

Simo_the_wolf
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Messaggio da Simo_the_wolf » 06 giu 2006, 00:18

okok un po' più difficile dai...

$ 3(x^3y+y^3z+z^3x) + (x^2-xy-zx+yz)^2 \geq $$ (xy+yz+zx)^2 \geq 3xyz(x+y+z) $
Ultima modifica di Simo_the_wolf il 06 giu 2006, 01:20, modificato 5 volte in totale.

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