Una disug facile e una meno

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fph
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Messaggio da fph »

Da San Kedlaya (pag. 6)
<BR>
<BR>(USAMO 1974) a,b,c>0; prove that
<BR>a^a b^b c^c >= (abc)^((a+b+c)/3)
<BR>
<BR>f convex function, x,y,z nel suo dominio. Prove that
<BR>f(x)+f(y)+f(z)+f((x+y+z)/3)>=4/3 [f((x+y)/2) + f((x+z)/2) + f((y+z)/2)]
<BR>
<BR>La prima contiene abbastanza hint, bisogna saperli raccogliere... Sulla seconda ho sudato parecchio. (anche se forse sono io che non so fare le disuguaglianze).
<BR>
<BR>ciao,
<BR>--federico
<BR>
<BR>ps questo vuol dire \"si\', mi sto mettendo a lavorare sulle disuguaglianze\"
<BR>
<BR>
--federico
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karl
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Messaggio da karl »

Supponendo,com\'e\' possibile, a>=b>=c,si ha:
<BR>(a/b)^a>=(a/b)^b da cui
<BR>a^a*b^b>=a^b*b^a ,ed analogamente:
<BR>b^b*c^c>=b^c*c^b
<BR>c^c*a^a>=c^a*a^c ,e moltiplicando:
<BR>(a^a*b^b*c^c)^2>=a^(b+c)*b^(c+a)*c^(a+b)
<BR>e moltiplicando per a^a*b^b*c^c (che e\'>0):
<BR>(a^a*b^b*c^c)^3>=a^(a+b+c)*b^(c+a+b)*c^(a+b+c)
<BR>da cui estraendo la radice cubica si ha il risultato.
andrea84
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Messaggio da andrea84 »

Propongo una soluzione alternativa del 1°.
<BR>
<BR>applico la funzione logaritmo e ottengo:
<BR>
<BR>alog(a)+blog(b)+clog(c)>=(a+b+c)/3(log(a)+log(b)+log(c))
<BR>Supponiamo, senza perdere in generalità che a>=b>=c>=0 abbiamo dunque:
<BR>log(a)>=log(b)>=log(c)
<BR>a>=b>=c
<BR>Apllicando ora la disuguaglianza di Chebyshev alle due terne arriviamo facilmente alla tesi.
<BR>
<BR>Ciao
Andrea 84 alias Brend
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talpuz
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Messaggio da talpuz »

op!
<BR>
<BR>in effetti la seconda sembra ostica...
<BR>
<BR>ho provato ad applicare jensen in tutte le salse, ma non viene <IMG SRC="images/forum/icons/icon_frown.gif">
<BR>
<BR>un aiutino...? <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif">
<BR>
<BR>p.s.:la conoscete la disuguaglianza di <B>karamata</B>??? <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif">
<BR>talmente nota che non c\'è scritto un bel niente neanche su wolfram!!
<BR>
<BR>se siete interessati guardate qua:
<BR>http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic ... 759#106759
[img:18oeoalk]http://www.narutolegend.it/char_img/Sasuke.jpg[/img:18oeoalk]
fph
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Messaggio da fph »

ecco il \"primo hint\" (forse un po\' vago...)
<BR>0) Chiaramente, sapendo solo che f e\' convessa le \"armi\" a disposizione sono solo la definizione di convessita\' e Jensen (che ne e\' una conseguenza).
<BR>
<BR>1) Jensen in generale riesce a stimare (=maggiorare, =dimostrare che e\' minore di qualcos\'altro) una f(...) \"spezzando\" il suo argomento. Qui il problema e\' che non dobbiamo solo \"spezzare\" le medie a due a due per stimarle con i termini isolati ma infilarci dentro in qualche modo anche la \"media tripla\" (per cui la disuguaglianza naturale va nell\'altro verso).
<BR>(e fin qui probabilmente c\'eri gia\' arrivato...)
<BR>
<BR>2) Cosa fa Jensen in fondo in fondo? Permette di stimare f(qualcosa) quando riusciamo a scriverlo come una \"combinazione convessa\" di una cosa minore di lui e una cosa maggiore di lui. Quindi...
<BR>
<BR>--federico
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ma_go
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Messaggio da ma_go »

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2004-08-04 14:08, fph wrote:
<BR>Da San Kedlaya (pag. 6)
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>ancora convinto di quel \"san\"?
fph
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Messaggio da fph »

In effetti non molto... :-/
<BR>
<BR>Vai col secondo hint:
<BR>prova a \"ordinare\" i tre termini supponendo x<y<z. Come sono disposte sulla retta reale i punti su cui devi calcolare la funzione (x,y,z, la media e le medie a due a due)? Con cosa possiamo stimare, allora, le medie a due a due? (per ognuna serve almeno un valore a destra e uno a sinistra). Lo so, i coefficienti faranno schifo, ma non serve esplicitarli...
<BR>
<BR>--f<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: fph il 12-08-2004 18:42 ]
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karl
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Messaggio da karl »

Riprendo questo post per ricordare la disuguaglianza
<BR>di KARAMATA (gia\' citata da Talpuz).
<BR>Siano {x1,x2,...,x(n+1)} e {y1,y2,...,y(n+1)} due successioni
<BR>(finite) dell\'insieme I di R tali che:
<BR>a) x1>=x2>=x3>=....>=x(n+1); y1>=y2>=y3>=....>=y(n+1)
<BR>b) x1>=y1;x1+x2>=y1+y2;....;x1+x2+...+xn>=y1+y2+...+yn
<BR>( si dice pure che {xi} e\' maggiorante di {yi}).
<BR>Allora ,se f(-) e\' una funzione convessa in I, si ha:
<BR><!-- BBCode Start --><B>f(x1)+f(x2)+...+f(x(n+1))>=f(y1)+f(y2)+...+f(y(n+1))
<BR>l\'eguaglianza essendo valida se f(-) e\' strettamente convessa in I</B><!-- BBCode End -->.
<BR>Per la dimostrazione si puo\' far capo al sito di \"mathlinks\" ,da cui
<BR>ho tratto spunti per la discussione che segue sul quesito posto da fph.
<BR>Possiamo sempre supporre che: x>=y>=z [--->x>=(x+y+z)/3]
<BR>Abbiamo due casi:
<BR>1°) y<=(x+y+z)/3 da cui y<=(x+z)/2
<BR>2°) y>=(x+y+z)/3 da cui y>=(x+z)/2
<BR>Nel 1° caso applichiamo la diseg. di Karamata ai due insiemi,di cui
<BR>e\' facile verificare essere il primo maggiorante del secondo,dati da:
<BR>{x,(x+y+z)/3,(x+y+z)/3,(x+y+z)/3,y,z} e
<BR>{(x+y)/2,(x+y)/2,(x+z)/2,(x+z)/2,(z+y)/2,(z+y)/2}.
<BR>Per Karamata si ha dunque:
<BR>A) f(x)+f(y)+f(z)+3f((x+y+z)/3)>=2[f((x+y)/2)+f((y+z)/2)+f((z+x)/2)]
<BR>Ora, ricordando che f(-) e\' per ipot. convessa, per Jensen si ottiene:
<BR>[f((x+y)/2)+f((y+z)/2)+f((z+x)/2)]/3>=f([(x+y)/2+(y+z)/2+(z+x)/2]/3)
<BR>oppure:
<BR>f((x+y+z)/3)<=[f((x+y)/2)+f((y+z)/2)+f((z+x)/2)]/3
<BR>da cui:
<BR>B)-2.f((x+y+z)/3)>=(-2/3).[f((x+y)/2+f((y+z)/2+f((z+x)/2]
<BR>Sommando A +B si ottiene in definitiva:
<BR><!-- BBCode Start --><B>f(x)+f(y)+f(z)+f((x+y+z)/3)>=(4/3).[f((x+y)/2)+f((y+z)/2)+f((z+x)/2)]</B><!-- BBCode End -->
<BR>Analoghi passaggi per il 2° caso.In questo caso i due insiemi da considerare
<BR>sono :{x,y,(x+y+z)/3,(x+y+z)/3,(x+y+z)/3,z} e
<BR>{(x+y)/2,(x+y)/2,(x+z)/2,(x+z)/2,(z+y)/2,(z+y)/2}.
<BR>
<BR>
<BR>
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