Prima disuguaglianza!

[InTheDark]

Un saluto a tutti gli utenti! Scusate se ho evitato di presentarmi nella sezione dedicata ma messaggi come quelli di presentazione e descrizione mi mettono in crisi . Ho una domanda da porvi sulle disuguaglianze in quanto è la prima volta che mi dedico ad un problema simile.

$ \mbox{Dimostrare che }\;\forall\,a,\,b,\,c\,\in \,\mathbb{Q}\;\mbox{si ha}\; a^2+b^2+c^2\geq ab+ac+bc $

Inizialmente e tutt'ora, non so come approcciare a questi esercizi. Ho provato a risolverlo facendo delle scomposizioni e quindi ottenendo la tesi come risultato finale, ma essendo piuttosto banale come procedimento credo di aver sbagliato la linea di pensiero. Potreste gentilmente mostrarmi la soluzione?

Grazie delle eventuali risposte.

[pak-man]

Ce ne sono diverse a questo problema.

Per esempio

S.O.S (sum of squares)
$ a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca $
$ 2a^2+2b^2+2c^2\ge 2ab+2bc+2ca $
$ a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ca+a^2\ge0 $
$ (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\ge0 $

Bunching
$ a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca $
$ 2a^2+2b^2+2c^2\ge 2ab+2bc+2ca $
$ $\sum_{sym}a^2\ge\sum_{sym}ab $

Riarrangiamento
Dato che la somma è simmetrica in a, b, c, possiamo supporre wlog $ a\ge b\ge c $.
Poiché le due triple $ \left\{a,b,c\right\} $ e $ \left\{b,c,a\right\} $ sono ordinate in maniera differente, allora $ a\cdot a+b\cdot b+c\cdot c\ge a\cdot b+b\cdot c+c\cdot a $, ovvero $ a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca $.

[dario2994]

Per risolvere questo io ho usato una disuguaglianza che si chiama AM-GM che vuol dire media aritmetica-media geometrica.
AM-GM dice che data un n-upla di reali positivi allora la media aritmetica è sempre maggiore della media geometrica.
Detto questo svolgo:
$ a^2+b^2+c^2=\frac{a^2+b^2}{2}+\frac{b^2+c^2}{2}+\frac{c^2+a^2}{2} $
Tutte le frazioni noto che sono medie aritmetiche di 2 termini... perciò uso AM-GM:
$ \frac{a^2+b^2}{2}+\frac{b^2+c^2}{2}+\frac{c^2+a^2}{2}\ge \sqrt{a^2b^2}+\sqrt{b^2c^2}+\sqrt{c^2a^2}=ab+bc+ca $

[InTheDark]

Capito, grazie mille a tutti e due.

@Pak - P.S. Credo che tu abbia commesso una errore nella prima dimostrazione, hai messo un $ c^2 $ al posto di un $ a^2 $ (terza riga).

[Maioc92]

giusto per farti vedere un po' di tecniche:
1)Riarrangiamento applicato alle 2 terne uguali a,b,c
2)Cauchy-Schwarz
$ \displaystyle a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac=\frac {(a+b+c)^2-a^2-b^2-c^2} 2 $. Pertanto è da dimostrare che $ 3(a^2+b^2+c^2)=(1+1+1)(a^2+b^2+c^2)\ge (a+b+c)^2 $, che è appunto vero per C.S.

EDIT:non mi ero accorto che anche pak-man aveva usato il riarrangiamento.
@dario2994:in questo caso non puoi usare direttamente AM-GM perchè a,b,c non sono positivi. Lo puoi però fare dopo una semplice considerazione

[EvaristeG]

Maioc, tecnicamente l'"errore" di dario non è nell'applicare l'AM-GM: lui la applica ai quadrati di a, b, c che sono quantità non negative e quindi funziona tutto. Il problema sta nel passaggio
$ \sqrt{a^2b^2}=ab $
che mi sembra abbastanza falso, tra numeri razionali qualsiasi (come sono quelli del testo e non ho capito perché lo siano, tra il resto).

[dario2994]

Uhm provo a correggere...
$ \sqrt{a^2b^2}=|ab|\ge ab $
Spero che questa volta sia giusto xD

[Maioc92]

infatti io intendevo questa del modulo questa come semplice considerazione. Scusate se non mi ero spiegato bene

[InTheDark]

Ragazzi scusate le mille domande ma preferisco farle adesso ed eliminare i dubbi che mi bloccano piuttosto che portarmi tutto dietro...
Potreste spiegarmi un punto del riarrangiamento?

$ a\cdot a + b \cdot b + c \cdot c \geq a \cdot b + b \cdot c + c \cdot a $

Con $ a \geq b \geq c $, abbiamo:

$ a \cdot a \geq a \cdot b $
$ b \cdot b \geq b \cdot c $

Ma come facciamo a dire che la disuguaglianza resti verificata anche se $ a \cdot c \geq c \cdot c $ (Avevo già pensato a questo sistema ma ho lasciato perdere proprio per questo dubbio)?

[pak-man]

Disuguaglianza di riarrangiamento

Siano $ (a_1,\ldots,a_n) $ e $ (b_1,\ldots,b_n) $ due n-uple di reali, con $ a_1\ge\ldots\ge a_n $ e $ b_1\ge\ldots\ge b_n $.
Allora la somma $ $\sum_{1\le i,j\le n}a_ib_j $ è massima se $ i=j $ (e minima se $ j=n-i+1 $).

Nel caso in questione, abbiamo due triple uguali $ ~(a,b,c) $. Dunque $ a\cdot a+b\cdot b+c\cdot c $ è il massimo che si può ottenere.
Se permutiamo gli elementi della seconda tripla in $ (b,c,a) $ otteniamo $ a\cdot b+b\cdot c+c\cdot a $, che per la disuguaglianza di riarrangiamento è minore.

Spero di essere stato chiaro

[InTheDark]

Chiarissimo grazie, questo concetto mi sfuggiva .

[InTheDark]

$ \mbox{Dimostrare che}\; \forall \, a,\,b,\,c,\,\in\,\mathbb{Q}\;\mbox{vale:} $

$ a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 \geq abc(a + b + c) $

$ a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 \geq abc(a + b + c) $
$ 2a^2b^2 + 2b^2c^2 + 2c^2a^2 \geq 2abc(a + b + c) $
$ 2a^2b^2 + 2b^2c^2 + 2c^2a^2 -2a^2bc - 2ab^2c - 2abc^2\geq 0 $
$ {(ab-bc)}^2 + {(ab-ca)}^2 + {(bc-ca)}^2 + a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 \geq 0 $

Va bene così oppure ho preso qualche abbaglio?


Grazie.

[pak-man]

$ 2a^2b^2 + 2b^2c^2 + 2c^2a^2 -2a^2bc - 2ab^2c - 2abc^2\geq 0 $
$ {(ab-bc)}^2 + {(ab-ca)}^2 + {(bc-ca)}^2 + a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 \geq 0 $

Nell'ultima riga gli ultimi 3 termini non ci sono, il resto è OK.

[InTheDark]

Ah! si hai ragione, grazie .

$ a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 \geq abc(a + b + c) $
$ 2a^2b^2 + 2b^2c^2 + 2c^2a^2 \geq 2abc(a + b + c) $
$ 2a^2b^2 + 2b^2c^2 + 2c^2a^2 -2a^2bc - 2ab^2c - 2abc^2\geq 0 $
$ {(ab-bc)}^2 + {(ab-ca)}^2 + {(bc-ca)}^2 \geq 0 $

[EvaristeG]

Scusatemi, perché $ \mathbb{Q} $?