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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.

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 $.

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 $

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).

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

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).

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

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

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)?

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

Chiarissimo grazie, questo concetto mi sfuggiva .

$ \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.

InTheDark ha scritto:$ 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.

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 $

Scusatemi, perché $ \mathbb{Q} $?