La diseguaglianza più difficile...
La diseguaglianza più difficile...
Apro questo topic nella speranza che, condividendo le idee, si possa arrivare a una soluzione elegante della Diseguaglianza del primo round di MathLinks.
1. Let a, b, c be positive real numbers such that ab + bc + ca = 1. Prove that
1 + a^2b^2 1 + b^2c^2 1 + c^2a^2 5
-------------- + -------------- + -------------- >= ---
(a + b)^2 (b + c)^2 (c + a)^2 2
Ecco un'idea (da sviluppare ... o forse inutile)
Sfruttando l’ipotesi si ha
ab + bc + ca + a2b2 ab + 1 c
------------------------- = ab --------- + --------
(a + b)2 (a + b)2 a + b
Vale lo stesso ovviamente per gli altri due termini.
Ma
c b a 3
------ + ------ + ------ >= ---
a+b a+c c+b 2
Infatti
c b a 3
------ + ------ + ------ + 3 >= --- + 3
a+b a+c c+b 2
(a + b + c)(1/(b+c) + 1/(a+c)+1/(a+b)) >= 9/2
che è vera per Cauchy-Schwarz considerando le due 3-uple
(a+b)^1/2, (a+c)^1/2, (c+b)^1/2
e
(a+b)^-1/2, (a+c)^-1/2, (c+b)^-1/2.
Dunque la tesi si "riduce" a
ab + 1 bc + 1 ca + 1
ab --------- + bc --------- + ca --------- >= 1
(a + b)2 (b + c)2 (c + a)2
... to be continued ...
PS Mi riprometto di usare Latex al più presto...
1. Let a, b, c be positive real numbers such that ab + bc + ca = 1. Prove that
1 + a^2b^2 1 + b^2c^2 1 + c^2a^2 5
-------------- + -------------- + -------------- >= ---
(a + b)^2 (b + c)^2 (c + a)^2 2
Ecco un'idea (da sviluppare ... o forse inutile)
Sfruttando l’ipotesi si ha
ab + bc + ca + a2b2 ab + 1 c
------------------------- = ab --------- + --------
(a + b)2 (a + b)2 a + b
Vale lo stesso ovviamente per gli altri due termini.
Ma
c b a 3
------ + ------ + ------ >= ---
a+b a+c c+b 2
Infatti
c b a 3
------ + ------ + ------ + 3 >= --- + 3
a+b a+c c+b 2
(a + b + c)(1/(b+c) + 1/(a+c)+1/(a+b)) >= 9/2
che è vera per Cauchy-Schwarz considerando le due 3-uple
(a+b)^1/2, (a+c)^1/2, (c+b)^1/2
e
(a+b)^-1/2, (a+c)^-1/2, (c+b)^-1/2.
Dunque la tesi si "riduce" a
ab + 1 bc + 1 ca + 1
ab --------- + bc --------- + ca --------- >= 1
(a + b)2 (b + c)2 (c + a)2
... to be continued ...
PS Mi riprometto di usare Latex al più presto...
Re: La diseguaglianza più difficile...
"traduco" (lavoraccio, ma perchè mi interessa... )
ci ho pensato VERAMENTE tanto a questo problema, e non mi ricordo se mi era venuta in mente e se porti a qualcosa.ci penserò
ciao ciao
come idea mi piace molto...sqrt2 ha scritto:Apro questo topic nella speranza che, condividendo le idee, si possa arrivare a una soluzione elegante della Diseguaglianza del primo round di MathLinks.
1. Let $ a, b, c $ be positive real numbers such that $ ab + bc + ca = 1 $. Prove that
$ \displaystyle \frac{1+a^2b^2}{(a+b)^2}+\frac{1+b^2c^2}{(b+c)^2}+\frac{1+c^2a^2}{(c+a)^2}\geq \frac{5}{2} $
Ecco un'idea (da sviluppare ... o forse inutile)
Sfruttando l’ipotesi si ha
$ \displaystyle \frac{ab+bc+ca+a^2b^2}{(a+b)^2}=ab\frac{1+ab}{(a+b)^2}+\frac{c}{a+b} $
Vale lo stesso ovviamente per gli altri due termini.
Ma
$ \displaystyle \frac{c}{a+b}+\frac{b}{a+c}+\frac{a}{c+b}\geq\frac{3}{2} $
Infatti
$ \displaystyle \frac{c}{a+b}+\frac{b}{a+c}+\frac{a}{c+b}+3\geq\frac{3}{2}+3 $
$ \displaystyle (a+b+c)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{c+b}\right)\geq\frac{9}{2} $
che è vera per Cauchy-Schwarz considerando le due 3-uple
$ (a+b)^{\frac{1}{2}}, (a+c)^{\frac{1}{2}}, (c+b)^{\frac{1}{2}} $
e
$ (a+b)^{-\frac{1}{2}}, (a+c)^{-\frac{1}{2}}, (c+b)^{-\frac{1}{2}} $.
Dunque la tesi si "riduce" a
$ \displaystyle ab\frac{ab+1}{(a+b)^2}+bc\frac{bc+1}{(b+c)^2}+ca\frac{ca+1}{(c+a)^2}\geq 1 $
... to be continued ...
PS Mi riprometto di usare Latex al più presto...
ci ho pensato VERAMENTE tanto a questo problema, e non mi ricordo se mi era venuta in mente e se porti a qualcosa.ci penserò
ciao ciao
Re: La diseguaglianza più difficile...
Così per curiosità... una soluzione "non elegante" (sto pensando al solito bieco bunching, nel caso non fosse chiaro ) ce l'avete già o il problema è ancora irrisolto?sqrt2 ha scritto: arrivare a una soluzione elegante
--federico
[tex]\frac1{\sqrt2}\bigl(\left|\text{loves me}\right\rangle+\left|\text{loves me not}\right\rangle\bigr)[/tex]
[tex]\frac1{\sqrt2}\bigl(\left|\text{loves me}\right\rangle+\left|\text{loves me not}\right\rangle\bigr)[/tex]
- HumanTorch
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Non saprei: le ipotesi rispecchiano le ipotesi sulle cotangenti di un triangolo, e anche i singoli addendi possono essere visti in forma trigonometrica...proverei a vedere la media armonica degli addendi, in modo che elevando alla -1 si possa ottenere qualcosa dopo aver trasformato l'espressione iniziale in $ \sum \frac{1}{(a+b)^2}+{\left(\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\right)}^2 $
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Disuguaglianza HM-GM
Ciao ragazzi,
ho provato a fare la HM<=GM con i tre termini, in effetti da un lato viene fuori la
f(a,b,c) proposta, dall'altro salta fuori una somma somma di termini abbastanza complessa che quindi dovrebbe essere >= di 5/2, ma sn calcoli troppo lunghi credo.
Invece mi piaceva la via risolutiva che eliminava un 3/2 (è la famosa disuguaglianza di Nesbitt) facendo rimanere solo 1 a destra, però se dite che non funziona...
Ci si riprova...
ho provato a fare la HM<=GM con i tre termini, in effetti da un lato viene fuori la
f(a,b,c) proposta, dall'altro salta fuori una somma somma di termini abbastanza complessa che quindi dovrebbe essere >= di 5/2, ma sn calcoli troppo lunghi credo.
Invece mi piaceva la via risolutiva che eliminava un 3/2 (è la famosa disuguaglianza di Nesbitt) facendo rimanere solo 1 a destra, però se dite che non funziona...
Ci si riprova...
Considerate la vostra semenza: fatte non foste a viver come bruti, ma per seguir virtute e canoscenza
Quasi Risolto
Sarà difficile scriverlo senza LaTex ma ci provo...
La disuguaglianza di partenza equivale a:
a^2 b^2 +1
--------------- - 5/2 ab + ... (simmetrico) >= 0
(a+b)^2
Minimo comune multiplo e calcoli:
-8a^2 b^2 -5a^3 b -5a b^3 +2
--------------------------------------- + ... (simm.) >=0
2 (a+b)^2
Ora Vale:
-8a^2 b^2 -4a^3 b -4a b^3 +2
--------------------------------------- + ... (simm.) >=
2 (a+b)^2
-8a^2 b^2 -5a^3 b -5a b^3 +2
--------------------------------------- + ... (simm.) >=0
2 (a+b)^2
Continuo con la funzione a primo membro semplificando 2 e raccogliendo un quadrato:
- 2 a b (a+b)^2 + 1
------------------------- + ... (s.) >= 0 , da cui:
(a+b)^2
1
------------- - 2 ab + ... (s) >= 0 , dall' ipotesi:
(a+b)^2
1
f(a,b,c) = ----------- + ... (s.) >= 2
(a+b)^2
Adesso faccio la HM <= AM dei tre termini scritti appena sopra:
3
------------------------------------ <=
(a+b)^2 + (b+c)^2 + (a+c)^2
f(a,b,c)
--------
3
Quindi basta dimostrare che:
9
------------------------------------ >= 2
(a+b)^2 + (b+c)^2 + (a+c)^2
Facendo i calcoli:
1
-------------------------- >= 4/9
a^2 + b^2 + c^2 +1
a^2 + b^2 + c^2 <= 9/4 -1 = 5/4
Quindi, e qui purtroppo non riesco a continuare, per dimostrare quella di partenza, devo dimostrare che:
a^2 + b^2 + c^2 <= 5/4
se ab + bc + ac = 1 e a,b,c appartengono a R+
Tutti i passaggi che ho effettuato li ho verificati provando con la famosa terna di questo forum a = b = 1/2 e c = 3/4 e i calcoli portano.
Che ne pensate???
La disuguaglianza di partenza equivale a:
a^2 b^2 +1
--------------- - 5/2 ab + ... (simmetrico) >= 0
(a+b)^2
Minimo comune multiplo e calcoli:
-8a^2 b^2 -5a^3 b -5a b^3 +2
--------------------------------------- + ... (simm.) >=0
2 (a+b)^2
Ora Vale:
-8a^2 b^2 -4a^3 b -4a b^3 +2
--------------------------------------- + ... (simm.) >=
2 (a+b)^2
-8a^2 b^2 -5a^3 b -5a b^3 +2
--------------------------------------- + ... (simm.) >=0
2 (a+b)^2
Continuo con la funzione a primo membro semplificando 2 e raccogliendo un quadrato:
- 2 a b (a+b)^2 + 1
------------------------- + ... (s.) >= 0 , da cui:
(a+b)^2
1
------------- - 2 ab + ... (s) >= 0 , dall' ipotesi:
(a+b)^2
1
f(a,b,c) = ----------- + ... (s.) >= 2
(a+b)^2
Adesso faccio la HM <= AM dei tre termini scritti appena sopra:
3
------------------------------------ <=
(a+b)^2 + (b+c)^2 + (a+c)^2
f(a,b,c)
--------
3
Quindi basta dimostrare che:
9
------------------------------------ >= 2
(a+b)^2 + (b+c)^2 + (a+c)^2
Facendo i calcoli:
1
-------------------------- >= 4/9
a^2 + b^2 + c^2 +1
a^2 + b^2 + c^2 <= 9/4 -1 = 5/4
Quindi, e qui purtroppo non riesco a continuare, per dimostrare quella di partenza, devo dimostrare che:
a^2 + b^2 + c^2 <= 5/4
se ab + bc + ac = 1 e a,b,c appartengono a R+
Tutti i passaggi che ho effettuato li ho verificati provando con la famosa terna di questo forum a = b = 1/2 e c = 3/4 e i calcoli portano.
Che ne pensate???
Considerate la vostra semenza: fatte non foste a viver come bruti, ma per seguir virtute e canoscenza
Re: Quasi Risolto
Hmm la mia idea iniziale era solo di texxare il tuo post per l'utilità degli altri utenti,ma qui mi viene un dubbio, anche se non ho letto con attenzione : tu dimostri che la tesi è equivalente a una certa disuguaglianza A>=0; poi ora osservi che B>=A .... se ora vai avanti cercando di mostrare che B>=0, sbagli, in quanto B>=A e B>=0 non implica A>=0 ...Gauss_87 ha scritto:Sarà difficile scriverlo senza LaTex ma ci provo...
La disuguaglianza di partenza equivale a:
$ \displaystyle{\sum_{\textrm{sym}}\frac{a^2 b^2 +1}{(a+b)^2}-\frac{5ab}{2}\geq 0} $
Minimo comune multiplo e calcoli:
$ \displaystyle{\sum_{\textrm{sym}}\frac{-8a^2 b^2 -5a^3 b -5a b^3 +2}{2 (a+b)^2}\geq0} $
Ora Vale:
$ \displaystyle{\sum_{\textrm{sym}}\frac{-8a^2 b^2 -4a^3 b -4a b^3 +2}{2 (a+b)^2}\geq\sum_{\textrm{sym}}\frac{-8a^2 b^2 -5a^3 b -5a b^3 +2}{2(a+b)^2}} $
cmq, texxo anche il resto.
Continuo con la funzione a primo membro semplificando 2 e raccogliendo un
quadrato:
$ \displaystyle{\sum_{\textrm{sym}}\frac{- 2 a b (a+b)^2 + 1}{(a+b)^2}\geq0} $
da cui:
$ \displaystyle{\sum_{\textrm{sym}}\frac{1}{(a+b)^2}-2ab\geq0} $ dall' ipotesi:
$ \displaystyle{f(a,b,c)=(a+b)^{-2}+(b+c)^{-2}+(c+a)^{-2}\geq 2} $
Adesso faccio la HM <= AM dei tre termini scritti appena sopra:
$ \displaystyle{\frac{3}{(a+b)^2 + (b+c)^2 + (a+c)^2}\leq\frac{f(a,b,c)}{3}} $
Quindi basta dimostrare che:
$ \displaystyle{\frac{9}{(a+b)^2 + (b+c)^2 + (a+c)^2}\geq2} $
Facendo i calcoli:
$ \displaystyle{\frac{1}{a^2+b^2+c^2+1}\geq\frac{4}{9}} $
$ a^2 + b^2 + c^2\leq9/4 -1 = 5/4 $
Quindi, e qui purtroppo non riesco a continuare, per dimostrare quella di partenza, devo dimostrare che:
$ a^2 + b^2 + c^2 \leq 5/4 $
se ab + bc + ac = 1 e a,b,c appartengono a R+
Tutti i passaggi che ho effettuato li ho verificati provando con la famosa terna di questo forum a = b = 1/2 e c = 3/4 e i calcoli portano.
Che ne pensate???
Hmm la mia idea iniziale era solo di texxare il tuo post per l'utilità degli altri utenti,ma qui mi viene un dubbio, anche se non ho letto con attenzione : tu dimostri che la tesi è equivalente a una certa disuguaglianza A>=0; poi ora osservi che B>=A .... se ora vai avanti cercando di mostrare che B>=0, sbagli, in quanto B>=A e B>=0 non implica A>=0 ...
Si , hai ragione... scusate...
Si , hai ragione... scusate...
Considerate la vostra semenza: fatte non foste a viver come bruti, ma per seguir virtute e canoscenza