Le canadesi approdano anche in "Algebra"! (2002)
Le canadesi approdano anche in "Algebra"! (2002)
Dimostrare che $ \displaystyle \frac{x^3}{yz}+\frac{y^3}{zx}+\frac{z^3}{xy}\geq x+y+z $ per ogni reale positivo $ \displaystyle x,y,z $. Quando si ha l'uguaglianza?
Bye,
#Poliwhirl#
Bye,
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Una soluzione parziale valida $ 0 \leq x,y,z <1 $ o se i tre prodotti $ xy, xz, yz $ sono compresi tra 0 e 1.
$ \displaystyle \frac {x+y+z}{3} \leq \sqrt [3] {\frac {x^3+y^3+z^3}{3}} $ per AM-CM e di conseguenza
$ \displaystyle \sqrt [3] {\frac {x^3+y^3+z^3}{3}} \leq \frac {x^3+y^3+z^3}{3} $così otteniamo
$ \displaystyle \frac{x+y+z}{3} \leq \frac {x^3+y^3+z^3}{3} $ ma chiaramente (in merito alle ipotesi iniziali $ \displaystyle x^3+y^3+z^3 \leq \frac{x^3}{yz}+\frac {y^3}{xz}+\frac{z^3}{xy} $ e così
$ \displaystyle x+y+z \leq \frac{x^3}{yz}+\frac {y^3}{xz}+\frac{z^3}{xy} $
$ \displaystyle \frac {x+y+z}{3} \leq \sqrt [3] {\frac {x^3+y^3+z^3}{3}} $ per AM-CM e di conseguenza
$ \displaystyle \sqrt [3] {\frac {x^3+y^3+z^3}{3}} \leq \frac {x^3+y^3+z^3}{3} $così otteniamo
$ \displaystyle \frac{x+y+z}{3} \leq \frac {x^3+y^3+z^3}{3} $ ma chiaramente (in merito alle ipotesi iniziali $ \displaystyle x^3+y^3+z^3 \leq \frac{x^3}{yz}+\frac {y^3}{xz}+\frac{z^3}{xy} $ e così
$ \displaystyle x+y+z \leq \frac{x^3}{yz}+\frac {y^3}{xz}+\frac{z^3}{xy} $
proviamo così:
senza perdita di generalità,supponiamo $ x \geq y \geq z $.Per la disuguaglianza di riordinamento,abbiamo $ \displaystyle \frac{x^3}{yz}+\frac {y^3}{xz}+\frac{z^3}{xy} $$ \displaystyle \geq \frac{x^3}{yx}+\frac {y^3}{xz}+\frac{z^3}{zy} = \frac{x^2}{y}+\frac {y^2}{z}+\frac{z^2}{x} $$ \displaystyle \geq \frac{x^2}{x}+\frac {y^2}{y}+\frac{z^2}{z} = x+y+z $,che è la tesi.
senza perdita di generalità,supponiamo $ x \geq y \geq z $.Per la disuguaglianza di riordinamento,abbiamo $ \displaystyle \frac{x^3}{yz}+\frac {y^3}{xz}+\frac{z^3}{xy} $$ \displaystyle \geq \frac{x^3}{yx}+\frac {y^3}{xz}+\frac{z^3}{zy} = \frac{x^2}{y}+\frac {y^2}{z}+\frac{z^2}{x} $$ \displaystyle \geq \frac{x^2}{x}+\frac {y^2}{y}+\frac{z^2}{z} = x+y+z $,che è la tesi.
Sunshine or rain, it's all the same, life isn't gray
oh Mary-Lou.
(Mary-Lou --- Sonata Arctica)
oh Mary-Lou.
(Mary-Lou --- Sonata Arctica)
Se ipotizzi le variabili minori di uno di conseguenza $ \displaystyle \sqrt [3] {\frac {x^3+y^3+z^3}{3}} \geq \frac {x^3+y^3+z^3}{3} $ e non il contrario...mark86 ha scritto:Una soluzione parziale valida $ 0 \leq x,y,z <1 $ o se i tre prodotti $ xy, xz, yz $ sono compresi tra 0 e 1.
$ \displaystyle \frac {x+y+z}{3} \leq \sqrt [3] {\frac {x^3+y^3+z^3}{3}} $ per AM-CM e di conseguenza
$ \displaystyle \sqrt [3] {\frac {x^3+y^3+z^3}{3}} \leq \frac {x^3+y^3+z^3}{3} $
@lava: bella soluzione; hai dimenticato di dire quando si ha l'uguaglianza sebbene sia ovvio...
Bye,
#Poliwhirl#
Re: Le canadesi approdano anche in "Algebra"! (2002)
So che il post è vecchio, ma il problema mi è sembrato interessante ed ho provato a risolverlo, se qualcuno potesse verificare la correttezza della mia soluzione sarei contento .
Riscriviamo l' espressione iniziale come
$ \displaystyle \frac {x^4+y^4+z^4}{xyz} \ge xyz $
Divido entrambi i membri per 3, moltiplico per xyz e ne estraggo la radice quarta
$ \displaystyle \sqrt [4] {\frac {x^4+y^4+z^4}{3}} \ge \sqrt [4] {\frac {(xyz)(x+y+z)}{3}} $
Adesso risulta
$ \displaystyle \sqrt [4] {\frac {x^4+y^4+z^4}{3}} \ge \sqrt [3] {\frac {x^3+y^3+z^3}{3}} $
quindi è sufficiente che
$ \displaystyle \sqrt [3] {\frac {x^3+y^3+z^3}{3}} \ge \sqrt [4] {\frac {(xyz)(x+y+z)}{3}} $
Elevo entrambi i membri alla quarta
$ \displaystyle \frac {x^3+y^3+z^3}{3}\sqrt [3] {\frac {x^3+y^3+z^3}{3}} \ge (xyz)\frac {x+y+z}{3} $
E' chiaro che la radice cubica al primo membro è maggiore o uguale della frazione al secondo membro per CM-AM, quindi è sufficiente
$ \displaystyle \frac {x^3+y^3+z^3}{3} \ge xyz $
estraggo la radice cubica
$ \displaystyle \sqrt [3] {\frac {x^3+y^3+z^3}{3}} \ge \sqrt [3] {xyz} $
e scacco matto per CM-GM
Riscriviamo l' espressione iniziale come
$ \displaystyle \frac {x^4+y^4+z^4}{xyz} \ge xyz $
Divido entrambi i membri per 3, moltiplico per xyz e ne estraggo la radice quarta
$ \displaystyle \sqrt [4] {\frac {x^4+y^4+z^4}{3}} \ge \sqrt [4] {\frac {(xyz)(x+y+z)}{3}} $
Adesso risulta
$ \displaystyle \sqrt [4] {\frac {x^4+y^4+z^4}{3}} \ge \sqrt [3] {\frac {x^3+y^3+z^3}{3}} $
quindi è sufficiente che
$ \displaystyle \sqrt [3] {\frac {x^3+y^3+z^3}{3}} \ge \sqrt [4] {\frac {(xyz)(x+y+z)}{3}} $
Elevo entrambi i membri alla quarta
$ \displaystyle \frac {x^3+y^3+z^3}{3}\sqrt [3] {\frac {x^3+y^3+z^3}{3}} \ge (xyz)\frac {x+y+z}{3} $
E' chiaro che la radice cubica al primo membro è maggiore o uguale della frazione al secondo membro per CM-AM, quindi è sufficiente
$ \displaystyle \frac {x^3+y^3+z^3}{3} \ge xyz $
estraggo la radice cubica
$ \displaystyle \sqrt [3] {\frac {x^3+y^3+z^3}{3}} \ge \sqrt [3] {xyz} $
e scacco matto per CM-GM
Re: Le canadesi approdano anche in "Algebra"! (2002)
@ Gi.
A me sinceramente sembra perfetta
Potresti dare una rapida occhiata qui che ho risolto questo problema di geometria ma davvero... Non so se funziona perfettamente.
A me sinceramente sembra perfetta
Potresti dare una rapida occhiata qui che ho risolto questo problema di geometria ma davvero... Non so se funziona perfettamente.
$ \mbox{ }\mbox{ } $And God said : $ \displaystyle c^2 \mu_0 \varepsilon_0 =1 $,
and then there was light.
$ \mbox{ }\mbox{ } $Tsune ni shinen kufu seyo
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Re: Le canadesi approdano anche in "Algebra"! (2002)
@Gi.
Anche a me sembra vada bene! Forse si può concludere più in fretta:
\(\displaystyle \frac{x^4 + y^4 + z^4}{xyz} \geq x + y + z \)
\(\displaystyle x^4 + y^4 + z^4 \geq (x+y+z)xyz \)
\(\displaystyle \sum_{sym}{x^4} \geq \sum_{sym}{x^2yz}\)
vera per bunching, da cui segue il caso di uguaglianza per \(x=y=z\). Forse c'è una falla che non riesco a vedere!
Anche a me sembra vada bene! Forse si può concludere più in fretta:
\(\displaystyle \frac{x^4 + y^4 + z^4}{xyz} \geq x + y + z \)
\(\displaystyle x^4 + y^4 + z^4 \geq (x+y+z)xyz \)
\(\displaystyle \sum_{sym}{x^4} \geq \sum_{sym}{x^2yz}\)
vera per bunching, da cui segue il caso di uguaglianza per \(x=y=z\). Forse c'è una falla che non riesco a vedere!
\( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe