Una disuguaglianza più facile del previsto

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scambret
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Una disuguaglianza più facile del previsto

Messaggio da scambret » 27 mar 2015, 19:22

Siano $a,b,c$ tre numeri reali positivi tali che $a+b+c \geq abc$
Allora $$a^2+b^2+c^2 \geq \sqrt{3}abc$$

PIELEO13
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Re: Una disuguaglianza più facile del previsto

Messaggio da PIELEO13 » 30 mar 2015, 01:36

Allora direi che si fa così
Per MacLaurin osserviamo che:
$ \sqrt[3]{abc}\le\frac{a + b + c}{3} $ cioè $ 27abc\le(a + b + c)^3 $
poiché per ipotesi iniziali $ a + b + c\ge abc $ allora $ (a+b+c)^2\ge 27 $
cioè $ a+b+c\ge 3\sqrt{3} $

Ora ragioniamo sulle medie, QM-AM:
$ \sqrt\frac{a^2 + b^2 + c^2}{3}\ge\frac{a + b + c}{3} $ che diventa
$ a^2 + b^2 + c^2\ge\frac{(a + b + c)^2}{3} $

A questo punto vogliamo dimostrare che $ \frac{(a + b + c)^2}{3}\ge\sqrt{3}abc $ cioè
$ (a+b+c)^2\ge3\sqrt{3}abc $
Ciò è sempre vero poiché:
$ a + b + c\ge abc $ per ipotesi iniziali e $ a+b+c\ge 3\sqrt{3} $ per quanto spiegato sopra con MacLaurin
Dunque la tesi è dimostrata

matpro98
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Re: Una disuguaglianza più facile del previsto

Messaggio da matpro98 » 30 mar 2015, 07:01

PIELEO13 ha scritto:che diventa
$ a^2 + b^2 + c^2\ge\frac{(a + b + c)^2}{3} $
Non diventa $ \frac{(a+b+c)^2}{9} $?

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6frusciante9
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Re: Una disuguaglianza più facile del previsto

Messaggio da 6frusciante9 » 30 mar 2015, 10:49

@matpro98 No , perchè dopo moltipica per il $ 3 $ che era al denominatore nel $ LHS $
Chi lotta con i mostri deve star attento a non diventare un mostro. E se guarderai a lungo un abisso, l'abisso finirà per guardare in te

PIELEO13
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Re: Una disuguaglianza più facile del previsto

Messaggio da PIELEO13 » 30 mar 2015, 10:55

No, è giusto come ho fatto io!

matpro98
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Re: Una disuguaglianza più facile del previsto

Messaggio da matpro98 » 30 mar 2015, 11:40

Sì, okay. Io dicevo solo in quel passaggio, non avevo visto che aveva già sostituito

Gorbad
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Re: Una disuguaglianza più facile del previsto

Messaggio da Gorbad » 17 apr 2015, 00:29

PIELEO13 ha scritto: $ \sqrt[3]{abc}\le\frac{a + b + c}{3} $ cioè $ 27abc\le(a + b + c)^3 $
poiché per ipotesi iniziali $ a + b + c\ge abc $ allora $ (a+b+c)^2\ge 27 $

non mi torna... se a=b=c=1 abbiamo che $ 27abc\le(a + b + c)^3 $ e che
a+b+c>abc, ma $ 27\ge (a+b+c)^2 $.

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gpzes
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Re: Una disuguaglianza più facile del previsto

Messaggio da gpzes » 18 apr 2015, 07:54

@ Gorbad @PIELEO13
:oops: ..in effetti temo che la dimostrazione sia erronea :wink:

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gpzes
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Re: Una disuguaglianza più facile del previsto

Messaggio da gpzes » 20 apr 2015, 08:31

:oops: spoiler..
Testo nascosto:
${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge ab+bc+ca$

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Nemo
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Re: Una disuguaglianza più facile del previsto

Messaggio da Nemo » 24 apr 2015, 19:15

Si nota immediatamente che, per CS, $3 \left(a^2+b^2+c^2\right) \geq (a+b+c)^2$ e dunque, sviluppando l'espressione, $a^2+b^2+c^2 \geq ab+ac+bc$.
Dimostrando che $ab+ac+bc \geq \sqrt{3}abc$, si dimostra quindi la tesi.
Riscrivendo (solo per migliorarne l'estetica) $A=\frac{1}{a}$, $B=\frac{1}{b}$ e $C=\frac{1}{c}$, la disuguaglianza $a+b+c \geq abc$ diventa $AB+AC+BC \geq 1$ e, allo stesso modo, $ab+ac+bc \geq \sqrt{3}abc$ diventa $A+B+C \geq \sqrt{3}$.
E così $(A+B+C)^2 \geq AB+AC+BC+2(AB+AC+BC) \geq 3 \Rightarrow A+B+C \geq \sqrt{3}$ e la tesi è dimostrata ...o almeno credo :P
[math]

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gpzes
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Re: Una disuguaglianza più facile del previsto

Messaggio da gpzes » 24 apr 2015, 21:21

@Nemo ..Mi sembra bene ;) :)
${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge ab+bc+ca$ si può fare anche con semplice ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}\ge 2ab$ ripetuta.
${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}={{(a+b+c)}^{2}}-2\cdot (ab+bc+ca)\ge {{(abc)}^{2}}-2\cdot (ab+bc+ca)$ per condizione data.
Ossia $3\cdot ({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})\ge {{(abc)}^{2}}$.
Allora ${{({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})}^{4}}\ge 27{{(abc)}^{2}}\cdot \frac{{{(abc)}^{2}}}{3}=9\cdot {{(abc)}^{4}}$, usando AM-GM, da cui la tesi.

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