67. Disuguaglianza quasi rumena
67. Disuguaglianza quasi rumena
Dati $ a, b, c $ reali positivi, provare che: $$4\biggl(\frac{a^3-b^3}{a+b}+\frac{b^3-c^3}{b+c}+\frac{c^3-a^3}{c+a}\biggl)\leq (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$$
Pota gnari!
Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena
Riscrivo il LHS come $\displaystyle \sum 4\frac{a-b}{a+b}(a^2+b^2+ab) =\sum 4(a-b)\left( a+b-\frac{ba}{a+b}\right) = \sum (a-b)\left( 4a+4b-4\frac{ba}{a+b}\right) $
Sposto ora il RHS a sinistra della disequazione, raccolgo $a-b$ e ottengo che la tesi equivale a $\displaystyle \sum (a-b)(5b-3a-4\frac{ba}{a+b})\leq 0$. Considero ora i singoli addendi moltiplico entrambi i membri ora per $a+b$ (che tanto so essere una quantità positiva) e ottengo che la tesi equivale a $\displaystyle \sum (a-b)(5b^2-2ab-3a^2) = \sum (a-b)(a-b)(-3a-5b)=\sum -(a-b)^2(3a+5b) \leq 0$ che è evidentemente sempre vera essendo $a$ e $b$ reali positivi e $(a-b)^2$ un quadrato sempre positivo.
Il fatto è che da "moltiplico" in poi lavoro sui singoli addendi e dimostro che ciascuno di essi è sempre negativo, il mio errore è stato non specificarlo
Sposto ora il RHS a sinistra della disequazione, raccolgo $a-b$ e ottengo che la tesi equivale a $\displaystyle \sum (a-b)(5b-3a-4\frac{ba}{a+b})\leq 0$. Considero ora i singoli addendi moltiplico entrambi i membri ora per $a+b$ (che tanto so essere una quantità positiva) e ottengo che la tesi equivale a $\displaystyle \sum (a-b)(5b^2-2ab-3a^2) = \sum (a-b)(a-b)(-3a-5b)=\sum -(a-b)^2(3a+5b) \leq 0$ che è evidentemente sempre vera essendo $a$ e $b$ reali positivi e $(a-b)^2$ un quadrato sempre positivo.
Il fatto è che da "moltiplico" in poi lavoro sui singoli addendi e dimostro che ciascuno di essi è sempre negativo, il mio errore è stato non specificarlo
Ultima modifica di Mist il 11 nov 2012, 17:25, modificato 1 volta in totale.
"Se [...] non avessi amore, non sarei nulla."
1Cor 13:2
"[...] e se io non so pentirmi del passato, la libertà è un sogno"
Soren Kierkegaard, Aut-Aut, Ed. Mondadori, pag. 102
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena
Uhm, se ho ben capito quello che stai facendo, non credo che si possa moltiplicare per $a+b$ impunemente dentro una sommatoria ciclica...Mist ha scritto:ottengo che la tesi equivale a $\displaystyle \sum (a-b)(5b-3a-4\frac{ba}{a+b})\leq 0$. Moltiplico entrambi i membri ora per $a+b$ (che tanto so essere una quantità positiva) e ottengo che la tesi equivale a $\displaystyle \sum (a-b)(5b^2-2ab-3a^2) = \sum (a-b)(a-b)(-3a-5b)=\sum -(a-b)^2(3a+5b) \leq 0$
--federico
[tex]\frac1{\sqrt2}\bigl(\left|\text{loves me}\right\rangle+\left|\text{loves me not}\right\rangle\bigr)[/tex]
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena
Editato, chiedo scusa per la svista, spero che ora sia chiaro... Altrimenti si ottiene un risultato equivalente facendo il minimo comun denominatore per ogni addendo ed il ragionamento è lo stesso !
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena
Quindi vuoi dire che avresti dimostrato la tesi più forte che $4\frac{a^3-b^3}{a+b}\leq (a-b)^2$ per ogni $a$, $b$? Mi suona sospetto...
--federico
[tex]\frac1{\sqrt2}\bigl(\left|\text{loves me}\right\rangle+\left|\text{loves me not}\right\rangle\bigr)[/tex]
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena
Difatti è grossolanamente sbagliato essendo equivalente a $a \leq b$. Un $+3a$ è magicamente diventato $-3a$.
"Quello lì pubblica come un riccio!" (G.)
"Questo puoi mostrarlo o assumendo abc o assumendo GRH+BSD, vedi tu cos'è meno peggio..." (cit.)
"Questo puoi mostrarlo o assumendo abc o assumendo GRH+BSD, vedi tu cos'è meno peggio..." (cit.)
Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena
L'errore è qui, sarebbe dovuto essere: $$\sum (a-b)(5b+3a-4\frac{ba}{a+b})\leq 0$$Mist ha scritto:Riscrivo il LHS come $\displaystyle \sum 4\frac{a-b}{a+b}(a^2+b^2+ab) =\sum 4(a-b)\left( a+b-\frac{ba}{a+b}\right) = \sum (a-b)\left( 4a+4b-4\frac{ba}{a+b}\right) $
Sposto ora il RHS a sinistra della disequazione, raccolgo $a-b$ e ottengo che la tesi equivale a $\displaystyle \sum (a-b)(5b-3a-4\frac{ba}{a+b})\leq 0$.
Colpa del correttore! Scusate
La staffetta ormai è andata avanti, ma il problema resta aperto...
PS Enigma mi ha anticipato
Pota gnari!
Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena
Per caso è un fatto vero e noto che
$$ \displaystyle \sum_{cyc} a^2(b-c) \geq 0$$
??
$$ \displaystyle \sum_{cyc} a^2(b-c) \geq 0$$
??
Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena
Non può essere vero, come ti puoi accorgere con un argomento di simmetria: se la disuguaglianza funziona per una terna $(x,y,z)$ allora non funziona per $(x,z,y)$...
--federico
[tex]\frac1{\sqrt2}\bigl(\left|\text{loves me}\right\rangle+\left|\text{loves me not}\right\rangle\bigr)[/tex]
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena
E imponendo qualche condizione tipo $a \geq b \geq c \geq 0$??
Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena
Ci provo:
aggiungo e tolgo ai denominatori il necessario per fare la divisione tra polinomi ottenendo:
$ \displaystyle 4\sum_{\mbox{cyc}}\biggl( (a^2+b^2-ab)-\frac{2b^3}{a+b} \biggl)\leq \sum_{\mbox{cyc}}(a-b)^2 $
che, svolgendo i quadrati all' RHS e separando la parte polinomiale da quella razionale (e dividendo per 2), diventa:
$ \displaystyle 3\sum_{\mbox{cyc}}a^2-\sum_{\mbox{cyc}}ab\leq 4\sum_{\mbox{cyc}}\frac{b^3}{a+b}=4\cdot \mbox{RHS} $
applicando Cauchy-Schwarz abbiamo:
$ \displaystyle \biggl( \sum_{\mbox{cyc}}\frac{b^3}{a+b}\biggl) \biggl(\sum_{\mbox{cyc}}b(a+b)\biggl)\geq ( a^2+b^2+c^2)^2 $
da cui otteniamo che basta dimostrare la seconda di questa catena di disuguaglianze:
$ \displaystyle \mbox4\cdot \mbox{RHS}\geq \frac{4(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum_{\mbox{cyc}}b(a+b)}\geq 3\sum_{\mbox{cyc}}a^2-\sum_{\mbox{cyc}}ab $
questa disuguaglianza è omogenea, quindi poniamo $ a^2+b^2+c^2=1 $ e osserviamo che quindi $ \sum_{\mbox{cyc}}b(a+b)=1+ab+bc+ca $, posto $ ab+bc+ca=\xi $ si ha:
$ \displaystyle \frac{4}{\xi+1}\geq 3-\xi $ ossia $ \displaystyle 4\geq(3-\xi)(1+\xi) $ che diventa $ \displaystyle (\xi-1)^2\geq 0 $, certamente vera. Sto vaneggiando?
aggiungo e tolgo ai denominatori il necessario per fare la divisione tra polinomi ottenendo:
$ \displaystyle 4\sum_{\mbox{cyc}}\biggl( (a^2+b^2-ab)-\frac{2b^3}{a+b} \biggl)\leq \sum_{\mbox{cyc}}(a-b)^2 $
che, svolgendo i quadrati all' RHS e separando la parte polinomiale da quella razionale (e dividendo per 2), diventa:
$ \displaystyle 3\sum_{\mbox{cyc}}a^2-\sum_{\mbox{cyc}}ab\leq 4\sum_{\mbox{cyc}}\frac{b^3}{a+b}=4\cdot \mbox{RHS} $
applicando Cauchy-Schwarz abbiamo:
$ \displaystyle \biggl( \sum_{\mbox{cyc}}\frac{b^3}{a+b}\biggl) \biggl(\sum_{\mbox{cyc}}b(a+b)\biggl)\geq ( a^2+b^2+c^2)^2 $
da cui otteniamo che basta dimostrare la seconda di questa catena di disuguaglianze:
$ \displaystyle \mbox4\cdot \mbox{RHS}\geq \frac{4(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum_{\mbox{cyc}}b(a+b)}\geq 3\sum_{\mbox{cyc}}a^2-\sum_{\mbox{cyc}}ab $
questa disuguaglianza è omogenea, quindi poniamo $ a^2+b^2+c^2=1 $ e osserviamo che quindi $ \sum_{\mbox{cyc}}b(a+b)=1+ab+bc+ca $, posto $ ab+bc+ca=\xi $ si ha:
$ \displaystyle \frac{4}{\xi+1}\geq 3-\xi $ ossia $ \displaystyle 4\geq(3-\xi)(1+\xi) $ che diventa $ \displaystyle (\xi-1)^2\geq 0 $, certamente vera. Sto vaneggiando?
Ultima modifica di machete il 11 nov 2012, 23:41, modificato 3 volte in totale.
Spargi il defoliante
sulla cassa dirigente
[anonimo]
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena
Mi sembra che tu stia sacrificando con il segno sbagliato...machete ha scritto: $ \displaystyle 3\sum_{\mbox{cyc}}a^2-\sum_{\mbox{cyc}}ab\leq 4\sum_{\mbox{cyc}}\frac{b^3}{a+b} $
ora sacrifichiamo un "$ a^2+b^2+c^2 $" che ammazza il temine "$ -(ab+bc+ca) $" ottenendo che è sufficiente dimostrare:
$ \displaystyle \mbox{LHS} \leq \sum_{\mbox{cyc}}a^2\leq2\sum_{\mbox{cyc}}\frac{b^3}{a+b}=2\cdot \mbox{RHS} $
--federico
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena
Perbacco hai proprio ragione. Chiedo venia =)
*ho provato a risistemare la soluzione, ora non contiene più l' errore di prima! (tuttavia potrebbe contenerne di nuovi ed insospettati!)
*ho provato a risistemare la soluzione, ora non contiene più l' errore di prima! (tuttavia potrebbe contenerne di nuovi ed insospettati!)
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[anonimo]
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena
Perfetto machete, è anche una bella soluzione.
Scusami per l'inconveniente, il testimone spetterebbe a te ma nel frattempo è già passato due volte di mano... mea culpa.
Scusami per l'inconveniente, il testimone spetterebbe a te ma nel frattempo è già passato due volte di mano... mea culpa.
Pota gnari!