Un paio di diseguaglianze

[karl]

1)
Siano x,y due reali non negativi.Si dimostri l'implicazione:
$ x^2+y^3 \geq x^3+y^4=>x^3+y^3\leq 2 $
2)
Siano a,b,c i lati di un triangolo e P un punto qualunque
del piano di quest'ultimo.
Dimostrare che :
$ ax^2+by^2+cz^2 \geq abc $
essendo x,y,z le distanze di P dai vertici A,B,C (rispettivamente) del triangolo.
[Questo secondo quesito forse andrebbe in Geometria ma ho pensato che alla fine sempre di una diseguaglianza si tratta]

[hexen]

colgo l'occasione per dire che io non ho mai saputo fare esercizi del genere, ad esempio nel dimostrare l'implicazione del primo esercizio come si fa e su quali principi ci si basa? grazie

[karl]

Come altri meglio di me possono confermare ,c'e' da dire che la risposta
ai dubbi di hexen non e' univoca.Secondo me occorre ,oltre che una discreta
conoscenza delle regole piu' comuni sulle diseguaglianze (cosa non difficile,anzi),
un'ampia pratica che e' la sola capace di creare la necessaria sensibilizzazione
a questo tipo di esercizio.Nessuno schema prestabilito quindi,ma naturalmente
si tratta solo della mia opinione e potrei tranquillamente sbagliare.
Ciao.

[HumanTorch]

Bah, proviamo con la 1:

tesi: la media d'ordine $ 3 $ di $ x $ e $ y $ deve essere $ <1 $

Allora, almeno uno fra $ x $ e $ y $ deve essere minore di $ 1 $. Se lo sono entrambi (e dovendo la media aritmetica di due numeri minori di $ 1 $ essere compresa fra questi, è essa stessa minore di $ 1 $) l'implicazione è rispettata.

Scomponiamo: $ y^3(1-y)\geq x^2(x-1) $ e prendiamo $ t=a+b $ costante e minore di $ 2 $.
Le incognite devono essere inoltre $ <\sqrt[3]{2} $.
Infatti il massimo per $ x(1-x) $ è $ \frac{1}{2} $, quindi il massimo ottenibile per $ x^2|1-x| $ è $ \frac{1}{8} $ e per $ y^3|1-y| $ è $ \frac{1}{16} $, quando rispettivamente $ x<1 $ e $ y<1 $. Quindi sostituendo $ \sqrt[3]{2} $ alternativamente ad ambo le incognite dimostriamo questo primo lemma.
Dividiamo tutto per $ y^2 $: otteniamo $ y\geq (x-1){(\frac{x}{y})}^2+y^2 $.
Vediamo cosa si ha quando è $ x $ il maggiore: $ x^2(x-1)\leq 0,125 $
Bouf sto sfasando..comunque trovando i valori limite si fa qualcosa..domani completo la bozza (oppure? Riordinamento e Jensen?)

[HumanTorch]

un'ampia pratica che e' la sola capace di creare la necessaria sensibilizzazione a questo tipo di esercizio.Nessuno schema prestabilito quindi

Bon, allora perchè non aprire un nuovo topic EvaristeG-style su disequazioni e teoria dei numeri? Lo chiedo perchè sono il primo a maravigliarsi di fronte alle soluzioni così impeccabili di Karl e co e sono 5 MESI che sto aspettando le dispense olimpiche Gobbino...

[Simo_the_wolf]

Scrivo la soluzione come un "flusso di coscienza" di modo che si possano capire le idee...

1) Ok, ci serve la somma $ x^3+y^3 $. Dove la possiamo trovare? Aggiungiamo $ y^3 $.La nostra disuguaglianza diventa:
$ x^2+2y^3-y^4 \geq y^3+x^3 $
Ma questa è poco simmetrica... Allora possiamo far venire fuori un $ y^2 $ a sinisra per esempio? Riccorriamo al fatto che $ 2y^3-y^4 \leq y^2 $. Infatti Abbiamo che $ 0 \leq y^2(y-1)^2 $. A questo punto abbiamo che $ x^3+y^3 \leq x^2+y^2 $. Dividiamo per 2 ed eleviamo tutto al cubo e sfruttiamo il fatto che $ \left( \frac {x^2+y^2}2 \right)^3 \leq \left( \frac {x^3+y^3}2 \right)^2 $ (media quadratica-media cubica). Abbiamo così che $ \left( \frac {x^3+y^3}2 \right)^3 \leq \left( \frac {x^3+y^3}2 \right)^2 $ e quindi semplificando il semplificabile, abbiamo che $ x^3+y^3 \leq 2 $.

[AlessandroSfigato]

nn ho capito il passaggio della media quadratica-media cubica, è una regola? come si dimostra?

[karl]

Per completezza riporto anche la seguente soluzione:
Si ha:
$ x^3+x^3+1\geq3\sqrt[3](x^3.x^3.1)=3x^2 $
$ y^4+y^4+y^4+1\geq4\sqrt[4](y^4.y^4.y^4.1)=4y^3 $
Sommando:
$ 2x^3+3y^4+2\geq3x^2+4y^3 $
Ovvero:
$ 2x^3+3y^4+2\geq3(x^2+y^3)+y^3 $
Ma per ipotesi e' :
$ x^2+y^3\geq x^3+y^4 $
e quindi:
$ 2x^3+3y^4+2\geq3(x^3+y^4)+y^3 $
e cioe':
$ 2\geq x^3+y^3 $

[Simo_the_wolf]

Sì, è questo è valido per le medie p-esime cioè si ha che se $ p>q $ con $ p $ e $ q $ reali allora vale, per ogni n-upla di reali positivi $ \{ x_n \} $:
$ \displaystyle \left( \frac {x_1^p+x_2^p+x_3^p+...+x_n^p}n \right)^{\frac 1p} \geq \left( \frac {x_1^q+x_2^q+x_3^q+...+x_n^q}n \right)^{\frac 1q} $
con uguaglianza se $ p=q $ oppure $ x_1=x_2=x_3=...=x_n $

Come media 0-esima viene presa la media geometrica.
Naturalmente la media p-esima con:
p=-inf min(x_i)
p=-1 Media armonica (MH)
p=0 Media geometrica (MG)
p=1 Media aritmetica (MA)
p=2 Media quadratica (MQ)
p=3 Media cubica (MC)
p=+inf max(x_i)

Quindi per quanto detto prima, essendo $ -1 \leq 0 \leq 1 \leq 2 \leq 3 $ si avrà $ min(x_i) \leq MH \leq MG \leq MA \leq MQ \leq MC \leq max(x_i) $ che sono le disuguaglianze tra medie più usate.

[fph]

@AlessandroSfigato: se sei interessato ad approfondire l'argomento medie ti suggerisco

http://www-dimat.unipv.it/~gilardi/WEBG ... nd-dis.pdf

per una dispensa sulle disuguaglianze (in italiano) che dovrebbe spiegarti "come funzionano" le medie.

ciao,

[Marco]

Ciao. Tutti stanno snobbando questo:

2)
Siano a,b,c i lati di un triangolo e P un punto qualunque
del piano di quest'ultimo.

Nelle disuguaglianze sono scarso, in geometria sono scarsissimo, è estremamente improbabile che riesca a risolvere questo esercizio da solo. Comunque ci sto alacremente lavorando e ho perlomeno trovato chi è il punto magico che realizza l'uguaglianza.

Ne approfitto per uppare.

M.

[Marco]

Ciao.

Problema 2. Soluzione schifosa, ma che funziona. Sono tuttavia convinto che ne esistano di molto migliori, perciò sono curioso di conoscere le vostre.


Claim: Il punto magico che realizza il minimo di $ \scriptscriptstyle f(P) := ax^2 + by^2 + c z^2 $ è l'incentro di $ \scriptscriptstyle ABC $.

Dim.: L'idea geniale per risolvere il problema è... la geometria analitica!!! E prima di tapparvi naso e orecchie, almeno cerchiamo di fare lo stretto necessario dei conti.

E allora fissiamo un riferimento cartesiamo dimodoché il lato a sia sull'asse x e il punto A sia sull'asse y. Diciamo che A=(0,h), B=(-d,0), C=(e,0). Il punto P incognito sia P=(v,w).

Semplici relazioni immediate:
$ \scriptscriptstyle x^2 = v^2 + (h-w)^2 $
$ \scriptscriptstyle y^2 = w^2 + (d+v)^2 $
$ \scriptscriptstyle z^2 = w^2 + (e-v)^2 $

Da queste, si vede immediatamente che l'espressione da minimizzare f(P) piglia la forma di un polinomio di secondo grado in v e w, senza termini con prodotti misti. Questo permette di calcolare il punto di minimo con la semplice formula del vertice di una parabola e la cosa che mi serve è il valore di w che realizza il minimo, che chiamo $ \scriptscriptstyle w^* $.

Sviluppando parzialmente i prodotti, si vede che il polinomio da minimizzare risulta essere:

$ \scriptscriptstyle (a + b + c) w^2 - 2ah w + \langle\textrm{roba che non dipende da $w$}\rangle. $

Da questo la w "del vertice" è $ \scriptscriptstyle w^* = ah/(a+b+c) $.

Analogamente si potrebbe calcolare l'ascissa di $ \scriptscriptstyle P^* $, con poco sforzo in più. Ora, che questa coordinata corrisponda all'incentro, non è proprio ovvio. Comunque, se si nota che h è l'altezza relativa alla base a, risulta che $ \scriptscriptstyle w^* = 2S/p = r $, possiamo riconoscere la formula del raggio del cerchio inscritto. Questo significa che il fantomatico punto $ \scriptscriptstyle P^* $ ha proprio la distanza giusta dal lato a per poter essere l'incentro. Dato però che il problema è perfettamente simmetrico rispetto ai vertici, la stessa cosa vale anche rispetto agli altri lati; quindi tale punto è equidistante dai lati, e quindi è giocoforza l'incentro.

Per vedere che il valore del minimo vale proprio abc, non è affatto difficile. Ci sono perlomeno due strade. La prima, più contosa e straight, è quella di calcolare esplicitamente $ \scriptscriptstyle f(P^*) $ e semplificare l'espressione ottenuta, ricordando le relazioni ovvie tra a,b,c,d,e,h. Una paginetta di conti e si fa.

Un metodo più brillante è invece questo: mettiamo P nell'incentro e calcoliamo f(P) così:

Siano A,B,C le misure dei segmenti di tangenza, a due a due congruenti, in cui sono divisi i lati, uscenti dai punti omonimi. Si ha che a=B+C e analoghe.

Per il Teo di Pitagora, $ \scriptscriptstyle x^2 = r^2 + A^2 $ e analoghe.

Da queste, si calcola facilmente che $ \scriptscriptstyle f(P) = \langle a \rangle r^2 + \langle a A^2 \rangle $

Notazione: le parentesi angolate indicano la somma simmetrica sui tre lati.

Per semplificarla: $ \scriptscriptstyle \langle a \rangle = 2 \langle A \rangle $ [due modi diversi di calcolare il perimetro]

$ \scriptscriptstyle r = \frac{S}{\langle A \rangle} $ [formula per l'inraggio]

La cosa secondo me clamorosa è la forma particolarmente carina che prende la temuta formula di Erone:

$ \scriptscriptstyle S^2 = \langle A \rangle ABC $.

Fate i conti e torna: $ \scriptscriptstyle f(P) = 2 ABC + \langle A^2 B \rangle + \langle AB^2 \rangle = abc $. []

P.S.: ma funziona il renderer LaTeX?? [OK ora rifunziona...]

[karl]

Non riesco ad interpretare la soluzione di Marco.Comunque ecco la mia.
In un riferimento vettoriale di origine P (ed indicando con un "circoletto"
il prodotto scalare di due vettori) risulta:

[Marco]

Perché è scritta in piccolo? O perché le formule sono in LaTeX nativo? O perché la sol. è sgangherata? (nel primo caso, copia e incolla in un editor di testo oppure cita il messaggio; nel secondo caso, temo che dovremo attendere la ripartenza del LaTeX; nel terzo, si dovrà aspettare che io diventi abile in geometria, cosa che, di questo passo, avverrà non prima del 2050...)

No, scherzi a parte, se ci sono dubbi sull'interpretazione di quel che ho scritto, dimmi dove, e cerco di chiarire.

La tua sol. è davvero bella. Ciao. M.

[karl]

@Marco.
la tua soluzione ora si vede e la trova interessante (specie per la questione
dell'incentro) .
PicoOT.
Ti saluto e ti faccio i miei auguri da papa' (gia' da 5 anni) a neo-papa' .