Disuguaglianza apparentemente innocua

[HCP16]

Mia soluzione con i moltiplicatori di Lagrange:
$ a^3-2a^2+b^3-2b^2+c^3-2c^2\ge{-3} $
sia $ f(a,b,c)= a^3-2a^2+b^3-2b^2+c^3-2c^2 $ e $ g(a,b,c)=abc-1=0 $
Chiamiamo $ L=f-\psi{g}=a^3-2a^2+b^3-2b^2+c^3-2c^2-\psi(abc-1)$ , facciamo le derivate parziali:

$ \frac{\delta{L}}{\delta{a}}=3a^2-4a-\psi{bc}=0 $ --> $ \psi=\frac{3a^2-4a}{bc} $

$ \frac{\delta{L}}{\delta{b}}=3b^2-4b-\psi{ac}=0 $ -->$ \psi=\frac{3b^2-4a}{ac} $

$ \frac{\delta{L}}{\delta{c}}=3c^2-4c-\psi{ab}=0 $ -->$ \psi=\frac{3c^2-4a}{ab} $

Abbiamo quindi $ \frac{3a^2-4a}{bc}=\frac{3b^2-4a}{ac}=\frac{3c^2-4a}{ab} $ in particolare:
$ \frac{3a^2-4a}{bc}=\frac{3b^2-4a}{ac} $--> $ \frac{3a^2-4a}{b}=\frac{3b^2-4a}{a} $
$ 3a^3-4a^2=3b^3-4b^2 $
$ 3(a^3-b^3)-4(a^2-b^2)=0 $
$ 3(a-b)(a^2+ab+b^2)-4(a-b)(a+b)=0 $
$ (a-b)(3(a^2+ab+b^2)-4(a+b))=0 $
Da qui abbiamo che il minimo è per $ (a-b)=0 $ e cicliche quindi $ a=b=c=1 $
Quindi $ f(1,1,1)=1-2+1-2+1-2=-3 $
Da $ 3(a^2+ab+b^2)-4(a+b)=0 $ potremmo trovare anche il massimo ma che al momento non ci interessa, che quindi chiude la dimostrazione.

[karlosson_sul_tetto]

Chi ti dice che la soluzione del sistema a=b=c=1 sia effettivamente il minimo e non un punto stanzionario a caso?
Non conosco bene i moltiplicatori di lagrange, però non mi pare ci sia un metodo per identificare velocemente il tipo di punto stazionario.. .

[gpzes]

.

[HCP16]

Chi ti dice che la soluzione del sistema a=b=c=1 sia effettivamente il minimo e non un punto stanzionario a caso?
Non conosco bene i moltiplicatori di lagrange, però non mi pare ci sia un metodo per identificare velocemente il tipo di punto stazionario.. .

Hai pienamente ragione scusa, premetto che ho fatto la 3 quindi non sono molto esperto di analisi anche se un bel po di integrali e derivate me li sono fatti da solo, quindi sicuramente di analisi ne sai più tu di me solo che non hai approfondito questo argomento, comunque i moltiplicatori di Lagrange dovrebbero trovarti massimi e minimi assoluti di una funzione soggetta ad un vincolo, che esistono per il teorema di Weierstrass.

[fph]

Il teorema di Weierstrass funziona senza vincoli (a meno di non adattarlo) e su un compatto. I moltiplicatori di Lagrange trovano i possibili candidati minimi e massimi *all'interno* del dominio, poi bisogna controllare cosa sono e vedere se per caso ci sono dei punti sul contorno che li battono.

[fph]

Nota poi che per risolvere completamente quel sistema ti manca di studiare le soluzioni "miste": potrebbe per esempio essere che $a-b=0$ e $3(b^2+bc+c^2)-4(b+c)=0$.

[Mountains Drew]

[...]
Abbiamo quindi $ \frac{3a^2-4a}{bc}=\frac{3b^2-4a}{ac}=\frac{3c^2-4a}{ab} $ in particolare:
$ \frac{3a^2-4a}{bc}=\frac{3b^2-4a}{ac} $--> $ \frac{3a^2-4a}{b}=\frac{3b^2-4a}{a} $
$ 3a^3-4a^2=3b^3-4b^2 $
[...]

Sembrerebbe che per passare da questo
$ \frac{3a^2-4a}{b}=\frac{3b^2-4a}{a} $
a questo
$ 3a^3-4a^2=3b^3-4b^2 $
moltiplichi tutto per $ab$
ma in tal caso l'ultimo termine dovrebbe essere $-4ab$ e non $-4b^2$?

[HCP16]

Scusa errore di battitura , in alto a destra c e -4b

[Mountains Drew]

okok, non mi ero accorto. non avevo letto bene sopra

[HCP16]

Nota poi che per risolvere completamente quel sistema ti manca di studiare le soluzioni "miste": potrebbe per esempio essere che $a-b=0$ e $3(b^2+bc+c^2)-4(b+c)=0$.

Certo, ma come ho scritto $3(b^2+bc+c^2)-4(b+c)=0$ e cicliche non ci interessano quindi contiamo solo le cicliche di $ a-b=0 $ che è $ a=b=c=1 $

[fph]

Uh, e perché non ci interessano?

[HCP16]

Perché risolvendo quello troveremmo il massimo valore di f, infatti risolvendo il sistema di $ 3(a^2+ab+b^2)-4(a+b)=0 $ e cicliche troviamo che le soluzioni sono 1)$ a=b=c=0 $ , 2)due uguali a 0 e una $ \frac{4}{3} $, 3)due uguali a $ \frac{8}{9} $ e una uguale a $ -\frac{4}{9} $, ma tutte non vanno bene perché il prodotto non fa 1 , quindi f non ha limite superiore infatti va a $ +inf $, per esempio per terne del tipo $ (a,b,c)=(\frac{1}{n},n,1) $ con n che tende a infinito, ma a noi a cosa serviva questo dopo avere dimostrato che era maggiore o uguale a -3?

[fph]

Rileggi bene il mio post delle 13:07; non parlo di risolvere $3(a^2+ab+b^2)-4(a+b)=0$ e cicliche, ma qualcuna di quelle equazioni e qualcuna delle altre. (e comunque anche quello che hai scritto in quest'ultimo post dovrebbe far parte di una soluzione completa)

[HCP16]

Beh invece non dovrebbe fare parte di una soluzione completa, la richiesta del problema è uguale a: "dimostra che il minimo valore di f è -3" , non capisco perché tu consideri completezza anche trovare il limite superiore, è semplicemente andare oltre le richieste del problema, ragione per cui non ho risolto le equazioni ''miste'' che hai citato alle 13.07, solo perché non è richiesto dal problema quindi perché cruciarsi con più calcoli?

[gpzes]

È tentativo … ..io avevo provato anche Jensen ma nada
Consideriamo le seguenti espressioni ${{a}^{3}}-2{{a}^{2}}+abc,{{b}^{3}}-2{{b}^{2}}+abc,{{c}^{3}}-2{{c}^{2}}+abc$ con l’unica restrizione che a,b,c siano reali positivi!!

Scriviamole così: $a\left [ {{a}^{2}}-2a+bc\right ],b\left[ {{b}^{2}}-2b+ac \right ],c\left[ {{c}^{2}}-2c+ab \right ]$.

Analizziamo, p.e., la prima: $a\left[ {{a}^{2}}-2a+bc \right]$.
All’interno della parentesi quadra vi è un’espressione che, vista come variabile di a, è l’equazione di una parabola. Se ne calcoliamo il vertice, troviamo che $a\left[ {{a}^{2}}-2a+bc \right]\ge a\left[ {{\left( bc \right)}^{2}}-3bc+3 \right]$.
Ripetendo lo stesso ragionamento si potrebbe scrivere $b\left[ {{b}^{2}}-2b+ac \right]\ge b\left[ {{\left( ac \right)}^{2}}-3ac+3 \right]$e
$c\left[ {{c}^{2}}-2c+ab \right]\ge c\left[ {{\left( ab \right)}^{2}}-3ab+3 \right]$.
Sommando le disuguaglianze otteniamo:
${{a}^{3}}-2{{a}^{2}}+{{b}^{3}}-2{{b}^{2}}+{{c}^{3}}-2{{c}^{2}}+3abc\ge a{{\left( bc \right)}^{2}}+b{{\left( ac \right)}^{2}}+c{{\left( ab \right)}^{2}}+9-9abc$.
Utilizzando, adesso, la restrizione $abc=1$ ,si ottiene che
${{a}^{3}}-2{{a}^{2}}+{{b}^{3}}-2{{b}^{2}}+{{c}^{3}}-2{{c}^{2}}+3\ge 0$, ossia la tesi.

P.S.: ..perchè editor mi taglia quadre un po' sì un po' no?!?