0<abc<4

[jordan]

Siano $ a,b,c $ tre reali, distinti a due a due, tali che $ a+b+c=6=ab+bc+ca-3 $. Mostrare che $ 0<abc<4 $.

Credo che questo sia stato quello piu risolto..vedremo

[Pigkappa]

Riporto in breve. Consideriamo il sistema:

$ \displaystyle a+b+c = 6 $
$ \displaystyle ab+bc+ca = 9 $

Dalla prima ricaviamo:

$ \displaystyle c = 6 - (a+b) $

Sostituiamo nella seconda e ricaviamo (dopo aver fatto i conti):

$ \displaystyle b^2 +b (a-6) +(a-3)^2 = 0 $

Da questa equazione di secondo grado ricaviamo b:

$ \displaystyle b = \frac{1}{2} \cdot [(6-a) \pm \sqrt{12a -3a^2}] $

Si vede subito che deve essere $ \displaystyle 12a -3a^2 > 0 $ da cui $ \displaystyle 0 < a < 4 $. Non ho messo i segni di uguale perchè, se fosse a=4 o a=0, si troverebbe b=c, e non può essere perchè per ipotesi sono distinti. Poichè possiamo ripetere il procedimento per le tre variabili, è chiaro che $ \displaystyle 0 < a, b, c < 4 $ da cui $ \displaystyle abc > 0 $, e metà del problema è fatto.
Calcoliamo c:

$ \displaystyle c = 6 - (a+b) = \frac{1}{2} \cdot [(6-a) \mp \sqrt{12a - 3a^2}] $

Quindi calcoliamo:

$ ]\displaystyle a \cdot b \cdot c = \frac {1}{4} a \cdot [(6-a)^2 - (12a - 3a^2)] = \frac{1}{4} a (36 - 24a + 4a^2) $

Vogliamo che sia:

$ \displaystyle 4 - abc > 0 $

Cioè:

$ \displaystyle 16 - (36a - 24a^2 + 4a^3) > 0 $
$ \displaystyle a^3 -6 a^2 +9 a - 4 < 0 $

Adesso, poichè ingiustamente non ci fanno usare l'analisi (mi verrebbe voglia di definire i limiti, poi le derivate, poi dimostrare come si trovano max e min...) facciamo un paio di prove furbe e ci accorgiamo che quella roba equivale a:

$ \displaystyle (a-1)^2 \cdot (a-4) < 0 $

E questo è sicuramente vero perchè avevamo dimostrato prima che a è minore di 4. Che brutto problema.

[jordan]

[...] $ \displaystyle b^2 +b (a-6) +(a-3)^2 = 0 $

Da questa equazione di secondo grado ricaviamo b:

$ \displaystyle b = \frac{1}{2} \cdot [(6-a) \pm \sqrt{12a -3a^2}] $

[...]

Che brutto problema.

Che brutta soluzione
adesso pero mi spieghi perchè non l'hai voluta inviare..
altre più carine?

[Algebert]

Anch'io alla fine ho dovuto usare la stessa soluzione contosa di Pigkappa, perchè davvero non sono riuscito a trovarne altre che non usassero l'analisi. Dopo aver dimostrato che tutti e tre i numeri erano positivi, avevo provato ad usare le disuguaglianze con le medie, ma non sono riuscito a cavarci fuori nulla .
Posto qui la soluzione "imbrogliona" ( ) che si avvale dello studio di funzioni: ovviamente prima dimostro, come nella soluzione del Pig, che nessuno dei tre numeri può essere nullo, altrimenti risolvendo il sistema che ne deriva si otterrebbero le soluzioni $ $(3,3,0)$ $, $ $(3,0,3)$ $ e $ $(0,3,3)$ $, che sono incompatibili con le ipotesi del problema (e anche con la tesi).
Dopodiché considero il polinomio avente $ $a$ $, $ $b$ $ e $ $c$ $ come radici, ovvero:

$ $f(x) = x^3 - (a + b + c)x^2 + (ab + bc + ca)x - abc$ $

La sua derivata prima è:

$ $f'(x) = 3x^2 - 12x + 9$ $

che si annulla per $ $x = 1$ $ e $ $x = 3$ $. Perciò tale funzione risulta crescente negli intervalli $ $(- \infty;1)$ $ e $ $(3; + \infty)$ $ e decrescente in $ $(1;3)$ $. Osservando l'andamento della funzione, e dato che $ $f(1) = 4 - abc$ $ è un punto di massimo relativo e $ $f(3) = - abc$ $ è un punto di minimo relativo, ne consegue che $ $f$ $ ha tre radici reali se e solo se:

$ $f(1) > 0$ $ e $ $f(3) < 0$ $

da cui segue la tesi.
Comunque in molti libri di Problem Solving le derivate le usano, e che io sappia anche in qualunque competizione ufficiale .

[Bellaz]

[...]
Calcoliamo c:

$ \displaystyle c = 6 - (a+b) = \frac{1}{2} \cdot [(6-a) \mp \sqrt{12a - 3a^2}] $

Quindi calcoliamo:

$ ]\displaystyle a \cdot b \cdot c = \frac {1}{4} a \cdot [(6-a)^2 - (12a - 3a^2)] = \frac{1}{4} a (36 - 24a + 4a^2) $
[...]

Non capisco una cosa: come hai calcolato c (non capisco il segno $ \mp $) e come hai trovato $ a\cdot b\cdot c $...
Grazie in anticipo...

[giove]

Che brutto problema.

Non sono d'accordo

Se chiami $ p=abc $, hai che $ a,b,c $ sono le radici di
$ x^3-6x^2+9x-p $.

Quindi $ p=a(a-3)^2=b(b-3)^2=c(c-3)^2 $, da cui (escludendo diligentemente il caso con qualche variabile nulla o uguale a 3) $ a,b,c $ hanno lo stesso segno e quindi sono positivi.

Supponendo invece $ p>4 $, si ottiene che $ a,b,c $ saranno soluzioni della disequazione
$ x^3-6x^2+9x>4 $, ovvero $ (x-1)^2(x-4)>0 $.
Ma allora sono tutti e tre $ >4 $, assurdo.
Rimane il caso $ p=4 $ che porta a due variabili uguali, come il caso $ p=0 $.

[Pigkappa]

Cosa c'è da capire? c è uguale a 6 - (a+b), e quanto vale b in funzione di a lo so perchè l'ho già ricavato. In b compare un segno $ \displaystyle \pm $ che in c diventa $ \displaystyle \mp $ perchè ci metti un altro segno meno.

abc allo stesso modo si trova moltiplicando a*b*c, dove b e c sono espressi in funzione di a.

[Bellaz]

Se la metti così scusa se te l'ho chiesto...
Comunque adesso ho capito.. Grazie...

[jordan]

Che brutto problema.

Non sono d'accordo

Se chiami $ p=abc $, hai che $ a,b,c $ sono le radici di
$ x^3-6x^2+9x-p $.

Quindi $ p=a(a-3)^2=b(b-3)^2=c(c-3)^2 $, da cui (escludendo diligentemente il caso con qualche variabile nulla o uguale a 3) $ a,b,c $ hanno lo stesso segno e quindi sono positivi.

Supponendo invece $ p>4 $, si ottiene che $ a,b,c $ saranno soluzioni della disequazione
$ x^3-6x^2+9x>4 $, ovvero $ (x-1)^2(x-4)>0 $.
Ma allora sono tutti e tre $ >4 $, assurdo.
Rimane il caso $ p=4 $ che porta a due variabili uguali, come il caso $ p=0 $.

perfect..

[bestiedda]

Quindi $ p=a(a-3)^2=b(b-3)^2=c(c-3)^2 $

avevo avuto la tua stessa idea di partenza ma poi non l'ho saputa sfruttare come te, in particolare questo passaggio.....bella soluzione

[Algebert]

Quindi $ p=a(a-3)^2=b(b-3)^2=c(c-3)^2 $

Acciderbolina ero arrivato anch'io a questo passaggio, ma non ho saputo guardare fino in fondo .

[fede90]

Io dopo aver trovato le relazioni $ $4a-a^2>0$ $, $ $4b-b^2>0$ $ e $ $4c-c^2>0$ $ le ho prese e moltiplicate tutte e tre fra loro. Ponendo $ $abc=p$ $ e facendo un po di calcoli si otteneva poi $ $p(p-4)<0$ $ da cui la tesi.

[Algebert]

Io dopo aver trovato le relazioni $ $4a-a^2>0$ $, $ $4b-b^2>0$ $ e $ $4c-c^2>0$ $ le ho prese e moltiplicate tutte e tre fra loro. Ponendo $ $abc=p$ $ e facendo un po di calcoli si otteneva poi $ $p(p-4)<0$ $ da cui la tesi.

E' vero si poteva fare anche così, che stupido !

[EvaristeG]

Cosa c'è da capire? c è uguale a 6 - (a+b), e quanto vale b in funzione di a lo so perchè l'ho già ricavato. In b compare un segno $ \displaystyle \pm $ che in c diventa $ \displaystyle \mp $ perchè ci metti un altro segno meno.

abc allo stesso modo si trova moltiplicando a*b*c, dove b e c sono espressi in funzione di a.

C'è sempre qualcosa da capire... ad esempio che la buona educazione non è mai superflua.

[jordan]

Mostrate sotto le stesse ipotesi (con l'ordine a<b<c) che $ 0<a<1<b<3<c<4 $