OliForum Matematico

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

EDIT: sto invecchiando...

Ciao Boll!

Senti quando sviluppi il cubo $ (a_i-1)^3 $ o son io che sono rincoglionito oppure ti sei perso i tripli prodotti per strada...
Boh fammi sapere

Ciao

No, sono io che sono rincoglionito... Ora devo andare via, quando torno rifaccio i conti

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.

Tranquillo karl, l'idea da avere era praticamente scritta nel testo