Un'Altra da Hojoo...

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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luca88
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Un'Altra da Hojoo...

Messaggio da luca88 » 09 giu 2006, 13:35

Allora visto che la prima è stata liquidata subitissimo :D

Siano $ a,b,c>0 $

Dimostrare che

$ a^2+b^2+c^2+2abc+3\geq (1+a)(1+b)(1+c) $

Coraggio!

__Cu_Jo__
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Messaggio da __Cu_Jo__ » 09 giu 2006, 22:50

Sviluppando i calcoli si ottiene:
$ \displaystyle a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ac + abc + 2 - a - b - c \ge 0 $
Dal momennto che:
$ a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ac = \frac{1}{2}\left[ {\left( {a - b} \right)^2 + \left( {b - c} \right)^2 + \left( {c - a} \right)^2 } \right] \ge 0 $ ù
è sufficente dimostrare che:
$ abc + 2 - a - b - c \ge 0 $
Poniamo:
$ \displaystyle f\left( {a,b,c} \right) = abc + 2 - a - b - c $
Cerchiamo minimi e massimi calcolando le derivate perziali:
$ \displaystyle \frac{{\delta f}}{{\delta a}} = bc - 1 = 0 $
$ \displaystyle \frac{{\delta f}}{{\delta b}} = ac - 1 = 0 $
$ \displaystyle \frac{{\delta f}}{{\delta c}} = ab - 1 = 0 $
Il minimo si ha per a=b=c=1. $ \displaystyle f\left( {1,1,1} \right) = 0 $

darkcrystal
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Messaggio da darkcrystal » 10 giu 2006, 23:38

$ abc+2-a-b-c \geq 0 $ a me risulta però falsa: si pensi ad esempio alla terna (1/1000,1,1000): il prodotto vale 1, la somma più di 1001... non la si prenda come una critica: neanch'io sono ancora riuscito a risolverla... ma temo che la tua strada sia sbagliata, __Cu_Jo__
Ciao!
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luca88
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Messaggio da luca88 » 11 giu 2006, 08:46

darkcrystal ha scritto:$ abc+2-a-b-c \geq 0 $ a me risulta però falsa: si pensi ad esempio alla terna (1/1000,1,1000): il prodotto vale 1, la somma più di 1001... non la si prenda come una critica: neanch'io sono ancora riuscito a risolverla... ma temo che la tua strada sia sbagliata, __Cu_Jo__
Ciao!
Sì quella è sicuramente falsa l'avevo incontrata facendo un po' di calcoli!

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thematrix
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Messaggio da thematrix » 11 giu 2006, 10:43


a^2 + b^2 + c^2 + abc - ab - bc - ca - a - b - c + 2 =
a^2 + b^2 + c^2 + - 2a - 2b - 2c + 3 + abc - ab - bc - ca + a + b + c - 1 =
(a - 1)^2 + (b - 1)^2 + (c - 1)^2 + (a - 1)(b - 1)(c - 1) =
x^2 + y^2 + z^2 + xyz >= 0
dove x= a - 1 , y = b - 1 , z = c - 1.
Ora,se nessuno o due tra x,y,z sono negativi,la disuguaglianza è banalmente vera.
Se lo è uno,mettiamo x,si avrà xyz > -2yz ,e quindi
LHS > x^2 + (y - z)^2 >= 0.
Se lo sono tutti e tre,sia x il più piccolo.Si avrà quindi
|x| >= |y| , |x| >= |z| ,quindi |x| >= |yz|,essendo i tre numeri in [-1,0).
Dunque,xyz > x^2,e LHS >= y^2 + z^2 >= 0.
Sunshine or rain, it's all the same, life isn't gray
oh Mary-Lou.

(Mary-Lou --- Sonata Arctica)

Gi.
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Re: Un'Altra da Hojoo...

Messaggio da Gi. » 04 apr 2013, 21:21

Sviluppo il prodotto al RHS e ho:


$ a^2+b^2+c^2+abc+2\geq c+b+bc+a+ac+ab $

Moltiplico tutto per $ 2 $

$ a^2+a^2+b^2+b^2+c^2+c^2+2abc+4-2ab-2ac-2bc\ge 2a+2b+2c $

$ (a-b)^2+(a-c)^2+(b-c)^2+a^2+b^2+c^2-2a-2b-2c +1+1+1+1+2abc\ge0 $

$ (a-b)^2+(a-c)^2+(b-c)^2+(a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2+2abc+1\ge 0 $

Vera perchè per ipotesi $ a,b,c>0 $.
Salvo grosse sviste dovrebbe funzionare.

Simo_the_wolf
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Re: Un'Altra da Hojoo...

Messaggio da Simo_the_wolf » 04 apr 2013, 21:43

La svista è che è comparso dal nulla un termine $a^2+b^2+c^2$ nel LHS. Nell 'ultima disuguaglianza infatti se svolgi tutto hai $3(a^2+b^2+c^2)$ mentre all'inizio ne hai solo 2...

patatone
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Re: Un'Altra da Hojoo...

Messaggio da patatone » 06 apr 2013, 14:57

wlog $a\ge b\ge c$. Riscrivo il tutto come:
$\frac 1 2(a-1)^2+\frac 1 2(b-1)^2+\frac 1 2(a-b)^2+(c-1)^2+c(a-1)(b-1)\ge 0$
Se $c\ge 1$ allora $a\ge b\ge c\ge 1$ quindi l'ultimo termine è positivo e siamo a posto.
Se $c\le 1$ allora $\frac 1 2((a-1)^2+(b-1)^2)\ge |(a-1)(b-1)|\ge c(a-1)(b-1)$ e di nuovo siamo a posto.
Si vede abbastanza facilmente che l'uguaglianza si ha solo se $a=b=c=1$.

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