Disuguaglianza Vietnamita

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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pi_greco_quadro
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Disuguaglianza Vietnamita

Messaggio da pi_greco_quadro » 07 mar 2007, 23:40

Dunque, $ a,b,c>0 $. Si provi che vale

$ \displaystyle \frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\geq\frac{3}{2}\frac{(a^3+b^3+c^3)}{(a^2+b^2+c^2)} $
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ziotasipapaboa
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Messaggio da ziotasipapaboa » 04 giu 2008, 22:23

Uppino! 8) Daiiiiiii, uffi non è poi così difficile....
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exodd
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Messaggio da exodd » 04 giu 2008, 23:32

c'è condizione a+b+c=1?
Tutto è possibile: L'impossibile richiede solo più tempo
julio14 ha scritto: jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in $ \mathbb{N} $
EvaristeG ha scritto:Quindi la logica non ci capisce un'allegra e convergente mazza.
ispiratore del BTA

in geometry, angles are angels

"la traslazione non è altro che un'omotetia di centro infinito e k... molto strano"

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salva90
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Messaggio da salva90 » 05 giu 2008, 08:20

exodd ha scritto:c'è condizione a+b+c=1?
lo puoi supporre senza perdita in generalità in quanto è omogenea
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Oblomov
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Messaggio da Oblomov » 05 giu 2008, 22:23

salva90 ha scritto:lo puoi supporre senza perdita in generalità in quanto è omogenea
Questa me la spieghi (magari anche in privato)... :?
Why are numbers beautiful? It’s like asking why is Beethoven’s Ninth Symphony beautiful. If you don’t see why, someone can’t tell you. I know numbers are beautiful. If they aren’t beautiful, nothing is. - P. Erdös

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salva90
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Messaggio da salva90 » 05 giu 2008, 22:27

la spiego qua sperando di essere utile a molti altri

se poniamo:
$ a=ka_1;~b=kb_1;~c=kc_1 $
con k positivo otteniamo la stessa disuguaglianza nelle variabili $ a_1,~b_1,~c_1 $ (viene fuori una k a sinistra e una a destra che si semplificano)

pertanto è lecito dividere tutte le tre variabili per uno stesso numero

dividendole per $ a+b+c $ ci riconduciamo al caso in cui $ ~a+b+c=1 $
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frengo
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Re: Disuguaglianza Vietnamita

Messaggio da frengo » 06 giu 2008, 12:01

pi_greco_quadro ha scritto:Dunque, $ a,b,c>0 $. Si provi che vale

$ \displaystyle \frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\geq\frac{3}{2}\frac{(a^3+b^3+c^3)}{(a^2+b^2+c^2)} $
perdonatemi per lo schifo(però è istruttiva):

moltiplicando tutto si ha:

$ 2\sum\limits_{cycl}a^2(a+b)(a+c)(a^2+b^2+c^2)\geq $$ 3(a+b)(b+c)(c+a)(a^3+b^3+c^3) $

ovvero,dopo un pò di conti e semplificazioni (tempo per farli: 1 minuto) si ha

$ \sum\limits_{sym}a^6+2\sum\limits_{sym}a^3b^3+\sum\limits_{sym}a^3b^2c $$ \geq \sum\limits_{sym}a^5b+\sum\limits_{sym}a^4b^2+2\sum\limits_{sym}a^4bc $

ovvero

$ \left(\sum\limits_{sym}a^6+\sum\limits_{sym}a^4b^2-2\sum\limits_{sym}a^5b\right) $$ +\left(\sum\limits_{sym}a^5b+\sum\limits_{sym}a^3b^2c-2\sum\limits_{sym}a^4b^2\right) $$ -\left(2\sum\limits_{sym}a^4b^2-2\sum\limits_{sym}a^3b^3\right)\geq 0 $

ovvero

$ \sum\limits_{sym}a^4(a-b)^2+\sum\limits_{sym}a^3b(a-b)^2-\sum\limits_{sym}a^2b^2(a-b)^2\geq0 $

ovvero

$ \sum\limits_{cycl}(a^4+b^4+a^3b+ab^3-2a^2b^2)(a-b)^2\geq 0 $

e dato che $ a^4+b^4+a^3b+ab^3\geq4a^2b^2>2a^2b^2 $

(per AM-GM e per $ a,b>0 $) ho concluso,perchè ho una somma di tre addendi maggiori o uguali a 0.

ciaociao

Simo_the_wolf
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Messaggio da Simo_the_wolf » 09 giu 2008, 00:08

Buon vecchio Jensen...

ricordiamo ai gentili clienti che $ f(x)=\frac 1x $ è una funzione convessa per $ x > 0 $ quindi si può applicare la disuguaglianza di Jensen e cioè è vero per ogni terna di reali positivi $ x_1,x_2,x_3 $ e ogni terna di reali positivi $ \lambda_1 , \lambda_2, \lambda_3 $ tali che $ \lambda_1 + \lambda_2+ \lambda_3=1 $

$ \displaystyle \lambda_1 f(x) + \lambda_2 f(y) + \lambda_3 f(x_3) \geq f( \lambda_1 x_1 + \lambda_2 x_2 + \lambda_3 x_3) $

con $ f(x)= \frac 1x $ mettiamo $ (x_1,x_2,x_3)=( a(b+c), b(c+a), c(b+a) ) $ e $ (\lambda_1, \lambda_2 , \lambda_3) = \frac{ (a^3,b^3,c^3) }{a^3+b^3+c^3} $. In questo modo avremo (in realtà è anche CS...):

$ \displaystyle \frac {LHS}{a^3+b^3+c^3} = \frac {a^3}{a^3+b^3+c^3} \frac 1{a(b+c)} + $ $ \displaystyle \frac {b^3}{a^3+b^3+c^3} \frac 1{b(c+a)} +\frac {c^3}{a^3+b^3+c^3} \frac 1{c(a+b)} \geq $
$ \displaystyle \frac {a^3+b^3+c^3}{a^4(b+c) + b^4(c+a) + c^4(a+b)} $

Ora vorremmo sperare che

$ \displaystyle \frac {a^3+b^3+c^3}{a^4(b+c) + b^4(c+a) + c^4(a+b)} \geq \frac 3{2(a^2+b^2+c^2)} $

per concludere. Ma moltiplicando e sviluppando troviamo

$ \displaystyle \sum_{sym} a^5 +2a^3b^2 - 3a^4b = \sum_{cyc} (a+b)(a-b)^4 \geq 0 $

P.S.: se l'ultimo passaggio vi è misterioso sfrutto il fatto che uso il SOS (cercare i quadrati tipo $ (a-b)^2 $ e fattorizzarli) anch'io...
so che $ \sum a^5+a^3b^2 \geq \sum 2a^4b $ per AM-GM mentre $ \sum a^3b^2 \leq \sum a^4b $ . Proviamo a quantificare quanto. l'AM-GM tra 2 termini ci permette di tirare fuori agevolmente quadrati infatti:

$ \sum a^5+a^3b^2 - 2a^4b = \sum a^3(a-b)^2 = \sum_{cyc} (a^3+b^3)(a-b)^2 $
per l'altro invece tentiamo di simmetrizzare...
$ \sum a^3b^2- a^4b = \sum_{cyc} a^3b^2 + a^2b^3 - a^4b - ab^4 = $$ -\sum_{cyc} ab(a-b)(a^2-b^2)= -\sum_{cyc} ab(a+b)(a-b)^2 $

sommando ora otteniamo

$ \sum a^5 + 2a^3b^2 - 3a^4b = $$ \sum_{cyc} (a^3+b^3-ab(a+b))(a-b)^2 = \sum_{cyc} (a+b)(a-b)^4 $

P.P.S.: per trovare il modo di applicare Jensen ce n'è voluto di tempo... nel frattempo ho tentato di tutto $ f(x)= \frac x{1-x} $, $ f(x)= \frac 1{1-x} $ oppure sempre $ f(x) = \frac 1x $ tutte con migliaia di pesi di solito del tipo $ (a^k,b^k,c^k) $ (normalizzato). Provate anche voi a Jensenare in giro e vedere che vi esce... magari si trova una soluzione ancora più corta...


Spero di essere stato abbastanza "didattico"...

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Goldrake
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Messaggio da Goldrake » 02 ago 2008, 16:23

Scusate se ritiro su questo topic, ma c'è una cosa che devo sapere riguardo la spiegazione di salva90
salva90 ha scritto: se poniamo:
$ a=ka_1;~b=kb_1;~c=kc_1 $
con k positivo otteniamo la stessa disuguaglianza nelle variabili $ a_1,~b_1,~c_1 $ (viene fuori una k a sinistra e una a destra che si semplificano)
pertanto è lecito dividere tutte le tre variabili per uno stesso numero
dividendole per $ a+b+c $ ci riconduciamo al caso in cui $ ~a+b+c=1 $
Mi pare di capire quindi che siccome dividendo tutto per $ $a+b+c$ $ otteniamo la stessa disuguaglianza, possiamo considerare la divisione per quella quantità come la divisione per 1.
Ecco, allora sarebbe ugualmente lecito supporre
$ $abc=1$ $
o anche perché no
$ $2a+c=1$ $ma a questo punto tanto vale dire $ $a=1$ $
visto che tanto la divisione per qualsiasi quantità non mi infastidisce affatto.

Quindi penso di non aver colto bene la spiegazione di salva90, se qualcuno potesse approfondire un secondo gliene sarei grato.
Nel frattempo, buon fine settimana :wink:

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SkZ
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Messaggio da SkZ » 02 ago 2008, 19:38

abbiamo visto che si dice omogenea nel caso in cui se $ $(a,b,c)$ $ e' una soluzione allora anche $ $(ka,kb,kc)$ $ e' una soluzione. Esempio e' il teorema di pitagora.
Si puo' quindi fissare k ad un valore particolare e operare una trasformazione delle variabili per avere una facilitazione nei conti.
Puoi porlo pari all'inverso della loro somma, del loro prodotto, di una delle variabili (come si fa a volte con le quazioni di grado n: a=1), quello che vuoi. Ovviamnete ci saranno valori migliori e valori inutili.

Dato che tutte le soluzioni sono legate tra loro, decidi di trovare quella piu' pratica per il tuo ragionamento.
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