Disuguaglianza istruttiva II (the revenge)

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Boll
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Disuguaglianza istruttiva II (the revenge)

Messaggio da Boll » 07 giu 2006, 15:14

Siano $ a, b, c $ numeri reali positivi tali che $ a + b + c = 1 $.
Dimostrare che $ $ a\sqrt{a} + b\sqrt{b} + c\sqrt{c} \ge \frac{{(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c})}^2}{3\sqrt{3}} $
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)

sqrt2
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Re: Disuguaglianza istruttiva II (the revenge)

Messaggio da sqrt2 » 07 giu 2006, 16:11

1^SOLUZIONE

Per Chebycheff si ha
$ $ a\sqrt{a} + b\sqrt{b} + c\sqrt{c} \ge \frac{{(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c})} {(a + b + c)}}{3} = \frac{{\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}}}{3} $

Considerando QM >= AM si ha
$ $ \sqrt{\frac{a + b + c}{3}} \ge \frac{{\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}}}{3} $ da cui $ $ 1\ge \frac{{\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}}}{\sqrt3} $

Moltiplicando le due disuguaglianze ottenute si ha la tesi

2^SOLUZIONE
$ $ 3 \ge {(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c})^2} $
Infatti $ $ {(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c})^2} = a + b + c + 2(\sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ca}) $ e per la Disuguglianza di Riarrangiamento risulta
$ $ a+b+c \ge \sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ca} $

Sostituendo nella tesi si ottiene $ $ a\sqrt{a} + b\sqrt{b} + c\sqrt{c} \ge \frac{1} {\sqrt3} $

Per AM >= GM si ha $ $ a\sqrt{a} + b\sqrt{b} + c\sqrt{c} \ge (abc)^{1/2} $.

Sempre da AM >= GM $ $ \frac{1} {3}= \frac{a + b + c} {3} \ge (abc)^{1/3} $.

Moltiplicando opportunamente queste ultime due disugugliuanze si verifica la tesi.
Ultima modifica di sqrt2 il 07 giu 2006, 16:15, modificato 1 volta in totale.

sqrt2
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Messaggio da sqrt2 » 07 giu 2006, 16:13

P.S. Mi scuso per non aver mai scritto su quali terne applicavo le disuguaglianze ma sono di fretta. Mi auguro si riescano a capire lo stesso le mie due dimostrazioni

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Ani-sama
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Messaggio da Ani-sama » 07 giu 2006, 17:45

Vediamo un po' se può andare bene anche questa soluzione qua... vi prego di correggermi se ho scritto cazzate, non sono molto allenato nelle disuguaglianze...

Allora. Per cominciare, poniamo, per mera comodità:

$ $\sqrt a =x \Rightarrow a=x^2$ $
$ $\sqrt b =y \Rightarrow b=y^2$ $
$ $\sqrt c =z \Rightarrow c=z^2$ $

Dunque la condizione si riscrive come $ $x^2+y^2+z^2=1$ $

Riscrivo dunque la tesi:

$ $x^3+y^3+z^3 \geq \frac{{(x+y+z)}^2}{3\sqrt3}$ $

Adesso moltiplichiamo per $ $\frac{\sqrt3}{3}$ $ da ambo i membri, ottenendo:

$ $\frac{\sqrt3}{3}(x^3+y^3+z^3) \geq {\left(\frac{x+y+z}{3}\right)}^2$ $

Adesso applichiamo la nota disuguaglianza $ $\mathrm{QM} \geq \mathrm{AM}$ $ per quanto riguarda il II membro. Ci basta dunque provare che:

$ $\frac{\sqrt3}{3}(x^3+y^3+z^3) \geq \frac{x^2+y^2+z^2}{3}$ $

Ricordando la condizione e semplificando, otteniamo infine:

$ $x^3+y^3+z^3 \geq \frac{\sqrt3}{3}$ $

Ora passiamo ad applicare Jensen: la funzione $ $f(x)=\frac{1}{x}$ $ è convessa nei reali positivi. Abbiamo che:

$ $x^2 \cdot \frac{1}{\frac{1}{x}} + y^2 \cdot \frac{1}{\frac{1}{y}} + z^2 \cdot \frac{1}{\frac{1}{z}} \geq \frac{1}{x^2 \cdot \frac{1}{x} + y^2 \cdot \frac{1}{y} + z^2 \cdot \frac{1}{z}}$ $

che, è semplificata:

$ $x^3+y^3+z^3 \geq \frac{1}{x+y+z}$ $

Ora ci resta dunque da provare che:

$ $\frac{1}{x+y+z} \geq \frac{\sqrt3}{3}$ $

Moltiplichiamo ambo i membri per $ $(x+y+z)\frac{\sqrt3}{3}$ $ ottenendo:

$ $\frac{\sqrt3}{3} \geq \frac{x+y+z}{3}$ $

Eleviamo al quadrato!

$ $\frac{1}{3} \geq {\left(\frac{x+y+z}{3}\right)}^2$ $

E adesso applichiamo ancora la nota disuguaglianza $ $\mathrm{QM} \geq \mathrm{AM}$ $ al II membro, ottenendo:

$ $\frac{1}{3} \geq \frac{x^2+y^2+z^2}{3}$ $

Ma, ricordando la condizione posta, questa disuguaglianza è pari a:

$ $\frac{1}{3} \geq \frac{1}{3}$ $

che è ovviamente verificata. :) Tutti i passaggi sono invertibili, la tesi risulta dimostrata.


EDIT: il Bollazzo dice - forse a ragione - che la mia soluzione è bruttissima da leggere, e mi ha suggerito un modo per scriverla meglio... di seguito:

Mi propongo di dimostrare la seguente catena di disuguaglianze: dimostrandole tutte, la tesi risulta provata. (ah, vale la sostituzione di variabile che ho fatto nella mia dimostrazione qua sopra)

$ $x^3+y^3+z^3 \geq \frac{1}{x+y+z} \geq \frac{\sqrt3}{3} \geq \frac{{(x+y+z)}^2}{3\sqrt3}$ $

La prima disuguaglianza segue da Jensen; prendendo la funzione $ $f(x)=\frac{1}{x}$ $, convessa nei reali positivi:

$ $x^2 \cdot \frac{1}{\frac{1}{x}} + y^2 \cdot \frac{1}{\frac{1}{y}} + z^2 \cdot \frac{1}{\frac{1}{z}} \geq \frac{1}{x^2 \cdot \frac{1}{x} + y^2 \cdot \frac{1}{y} + z^2 \cdot \frac{1}{z}}$ $

ossia

$ $x^3+y^3+z^3 \geq \frac{1}{x+y+z}$ $

Proprio quel che volevamo.


Per quanto riguarda la II disuguaglianza...

Per $ $\mathrm{QM} \geq \mathrm{AM}$ $ abbiamo:

$ $\frac{x^2+y^2+z^2}{3} \geq {\left(\frac{x+y+z}{3}\right)}^2$ $

Ricordando la condizione, possiamo scrivere:

$ $\frac{1}{3} \geq {\left(\frac{x+y+z}{3}\right)}^2$ $

Ora estraiamo la radice quadrata:

$ $\frac{\sqrt3}{3} \geq \frac{x+y+z}{3}$ $

A questo punto moltiplichiamo ambo i termini per $ $\frac{3}{\sqrt3(x+y+z)}$ $ ottenendo

$ $\frac{1}{x+y+z} \geq \frac{\sqrt3}{3}$ $

Proprio quello che volevamo.


Per quanto riguarda la III disuguaglianza della catena, abbiamo, come sopra per $ $\mathrm{QM} \geq \mathrm{AM}$ $:

$ $\frac{1}{3} \geq {\left(\frac{x+y+z}{3}\right)}^2$ $

Ora moltiplichiamo ambo i termini per $ $\frac{\sqrt3}{3}$ $, ottenendo

$ $\frac{\sqrt3}{3} \geq \frac{{(x+y+z)}^2}{3\sqrt3}$ $

Proprio quello che volevamo.

La tesi risulta infine provata.
Ultima modifica di Ani-sama il 07 giu 2006, 23:19, modificato 4 volte in totale.
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HomoPatavinus
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Messaggio da HomoPatavinus » 07 giu 2006, 20:25

Per AM >= GM si ha .

Sempre da AM >= GM .

Moltiplicando opportunamente queste ultime due disugugliuanze si verifica la tesi.
non ho capito questo passaggio

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edriv
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Messaggio da edriv » 07 giu 2006, 22:00

Forse sbaglio, ma viene anche a me:
Passo 1
Essendo $ f(x)=x^{\frac 32} $ convessa, abbiamo che:
$ a\sqrt a + b \sqrt b + c \sqrt c = a^{\frac 32} + b^{\frac 32} + c^{\frac 32} \ge 3 \left ( \frac{a+b+c} 3 \right ) ^{\frac 32}=\frac 1 {\sqrt 3} $
Per Jensen.

Passo 2
Essendo $ f(x)=\sqrt x $ concava, abbiamo che:
$ \sqrt a + \sqrt b + \sqrt c \le 3 \sqrt{\frac{a+b+c} 3} = \frac 3 {\sqrt 3} $
Per Jensen.
Elevando al quadrato e moltiplicando:
$ \frac{(\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c)^2} {3 \sqrt 3} \le \frac 1 {\sqrt 3} $

Mettendo insieme le due disuguaglianze, si ottiene la tesi.

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