Le canadesi approdano anche in "Algebra"! (2002)

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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Poliwhirl
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Le canadesi approdano anche in "Algebra"! (2002)

Messaggio da Poliwhirl » 18 ago 2005, 00:17

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?

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mark86
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Messaggio da mark86 » 18 ago 2005, 14:38

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} $

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thematrix
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Messaggio da thematrix » 18 ago 2005, 15:43

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.
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Poliwhirl
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Messaggio da Poliwhirl » 18 ago 2005, 18:31

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} $
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...

@lava: bella soluzione; hai dimenticato di dire quando si ha l'uguaglianza 8) sebbene sia ovvio... 8)

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thematrix
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Messaggio da thematrix » 18 ago 2005, 18:36

beh,è ovvio che l'uguaglianza si ha sse $ x=y=z $ 8) 8)
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Messaggio da karl » 18 ago 2005, 20:27

$ \displaystyle \frac{x^3}{yz}+\frac{y^3}{zx}+\frac{z^3}{xy}=\frac{x^4+y^4+z^4}{xyz}\geq $$ \displaystyle \frac{(x+y+z)^4}{3^3xyz}= $$ \displaystyle (x+y+z)\frac{(x+y+z)^3}{3^3xyz} \geq x+y+z $

Gi.
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Re: Le canadesi approdano anche in "Algebra"! (2002)

Messaggio da Gi. » 08 gen 2013, 11:38

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 :lol:.

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 :D

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Re: Le canadesi approdano anche in "Algebra"! (2002)

Messaggio da simone256 » 08 gen 2013, 21:51

@ Gi.
A me sinceramente sembra perfetta 8)
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

Gottinger95
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Re: Le canadesi approdano anche in "Algebra"! (2002)

Messaggio da Gottinger95 » 04 feb 2013, 17:42

@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!
\( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe

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