Siano $ x_1,...,x_n $ reali tali che $ x_i>=-1 $ $ \forall i=1...n $ e $ \sum_{i=1}^n x_i^3=0 $.
Dimostrare che
$ \sum_{i=1}^n x_i \leq n/3 $
Ciao
Disuguaglianza
Posto $ x_i=a_i-1 $ risultera' $ a_i \geq 0 $.
Cio' fatto ,le condizioni del quesito diventano:
$ \sum(a_i-1)^3=0,\sum (a_i) \leq \frac{4n}{3} $
e sviluppando i cubi:
(1) $ \sum(a_i)-\sum(a_i^2-\frac{a_i^3}{3})=\frac{n}{3} $
Ora e':
$ a_i(2a_i-3)^2 \geq0 $ ovvero:
$ 4a_i^3-12a_i^2+9a_i \geq0 $
$ \frac{a_i^3}{3}-a_i^2+\frac{3a_i}{4} \geq0 $
$ a_i^2-\frac{a_i^3}{3}\leq\frac{3a_i}{4} $
E sommando su i da 1 ad n:
$ \sum(a_i^2-\frac{a_i^3}{3})\leq \frac{3}{4}\sum(a_i) $
Pertanto la (1) diventa:
$ \sum(a_i)-\frac{3}{4}\sum(a_i) \leq\frac{n}{3} $
da cui appunto:
$ \sum(a_i) \leq \frac{4n}{3} $
Spero che Boll non pensi che gli ho rubato l'idea.In realta' avevo gia' trovato
la soluzione ed il suo errore di calcolo.....mi ha agevolato il post.
Cio' fatto ,le condizioni del quesito diventano:
$ \sum(a_i-1)^3=0,\sum (a_i) \leq \frac{4n}{3} $
e sviluppando i cubi:
(1) $ \sum(a_i)-\sum(a_i^2-\frac{a_i^3}{3})=\frac{n}{3} $
Ora e':
$ a_i(2a_i-3)^2 \geq0 $ ovvero:
$ 4a_i^3-12a_i^2+9a_i \geq0 $
$ \frac{a_i^3}{3}-a_i^2+\frac{3a_i}{4} \geq0 $
$ a_i^2-\frac{a_i^3}{3}\leq\frac{3a_i}{4} $
E sommando su i da 1 ad n:
$ \sum(a_i^2-\frac{a_i^3}{3})\leq \frac{3}{4}\sum(a_i) $
Pertanto la (1) diventa:
$ \sum(a_i)-\frac{3}{4}\sum(a_i) \leq\frac{n}{3} $
da cui appunto:
$ \sum(a_i) \leq \frac{4n}{3} $
Spero che Boll non pensi che gli ho rubato l'idea.In realta' avevo gia' trovato
la soluzione ed il suo errore di calcolo.....mi ha agevolato il post.
