Più di 10 = 10 e lode?

[Sk_Anonymous]

019.
Given a quartet of positive numbers a,b,c,d, and is known, that abcd=1.
Prove that a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + ab + ac + ad + bc + bd + dc >= 10



PS
Non ne ho visti tanti di problemi sulle diseguaglianze. Questa non è difficilissima.

[Pachisi]

Una via:

Da $abcd=1$ abbiamo $ab=1/(cd)$. Allora, $ab+cd=1/(cd)+cd \geq 2$ per AM-GM. In modo simile, $ac+bd \geq 2$ e $ad+bc \geq 2$. Abbiamo anche $a^2+b^2 \geq 2ab$ e $c^2+d^2 \geq 2cd$. Allora, $a^2+b^2+c^2+d^2 \geq 2(ab+cd) \geq 4$. Allora, $a^2+b^2+c^2+d^2+ab+ac+ad+bc+bd+dc \geq 4+2+2+2=10$

[Erasmus_First]

"Pachisi":Una via:

Da $abcd=1$ abbiamo $ab=1/(cd)$. Allora, $ab+cd=1/(cd)+cd \geq 2$ per AM-GM. In modo simile, $ac+bd \geq 2$ e $ad+bc \geq 2$. Abbiamo anche $a^2+b^2 \geq 2ab$ e $c^2+d^2 \geq 2cd$. Allora, $a^2+b^2+c^2+d^2 \geq 2(ab+cd) \geq 4$. Allora, $a^2+b^2+c^2+d^2+ab+ac+ad+bc+bd+dc \geq 4+2+2+2=10$

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Aborro l'uso dell'inglese in sostituzione della propria lingua madre.
Riformulo perciò il quesito con testo italiano.
Poi proporrò una risposta ... "sintetica a priori" (per usare a proposito una reminiscenza kantiana).

[size=115]Siano a, b, c e d quattro numeri positivi tali che a·b·c·d = 1.
Dimostrare che allora:
(*) $a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + a·b + a·c + a·d + b·c + b·d + c·d ≥ 10$.[/size]

a) Siccome i quattro numeri a, b, c e d sono tutti positivi, per opportuni valori delle sue indeterminate l'espressione (*) condizionata dall'essere a·b·c·d = 1 possiede senz'altro un minimo assoluto non-negativo – diciamolo Min –.
b) Siccome il valore l'espressione (*) è invariante ad ogni permutazione delle indeterminate, dove sta il minimo assoluto queste devono avere lo stesso valore – diciamolo x –.
Sicché, dove l'espressione (*) vale il minimo assoluto Min abbiamo:
$(a = b = c = d = x)$ ∧ $(a·b·c·d =1)$ ⇒ $x^4 =1$ ⇒ $x =1$ ⇒ $a = b = c = d = 1$;
$a = b = c = d = 1$ ⇒
⇒ Min$= 1^2 + 1^2 + 1^2 + 1^2 + 1·1 + 1·1 + 1·1 + 1·1 + 1·1 + 1·1 = 10$.

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[Sk_Anonymous]

"Erasmus_First":
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Aborro l'uso dell'inglese in sostituzione della propria lingua madre.

questo problemia come altri (che ultimamente ho postato) sono parte di una lista di (decine forse centinaia di) problemi usati per i ragazzi delle scuole dell'Unione Sovietica, quindi la lingua madre originale sarebbe il russo. Qualcuno li ha tradotti in inglese e la lista si trova sul web (se a qualcuno interessa posso cercare il link o allegate tutto il file che non è molto grosso).
Io quando ho tempo li scofrro velocemente e se ne trovo qualcuno che riesco a risolvere in poco tempo lo propongo qua,
copiando e incollando il testo.
L'inglese di questi testi non mi sembra un grosso problema pratico.

PS
Se invece ne fai una questione di principio, devo informarti che la mia lingua madre non è l'italiano e se li traducessi nella mia lingua madre, la comprensione non sarebbe più diretta rispetto alla versione inglese.

[orsoulx]

@Erasmus_First
la tua dimostrazione è 'convincente', ma mi pare un po' precaria.
Prova ad applicarla a questo problema: la somma di due reali positivi $ x " e " y $ è $ 4 $, si dimostri che
$ 4abs(x-1)+4abs(y-1)-abs(x-2)-abs(y-2) \ge 6 $.
Ciao
B.

[Erasmus_First]

"orsoulx":@Erasmus_First
La tua dimostrazione è 'convincente', ma mi pare un po' precaria.

Non sono sicuro di capire cosa vuoi dire di preciso.
Dici «è 'convincente » ma forse intendi:
«Sembra convincente ma, a pensarci bene, non lo è!» (dato che te non ha convinto! )

Caro B., se un problema algebrico a n > 1 incognite ha una soluzione sola, il fatto che i problema resti identico permutando a piacere le incognite comporta che la n-pla soluzione ha ogni componente uguale ad ogni altra. Ma se la soluzione non è unica allora potrebbe succedere che le componenti di ciascuna n-pla soluzione siano tutte diverse una dall'altra; ed in tal caso il numero di soluzioni è $n!$ (tante quante sono le possibili permutazioni delle incognite).
Precisamente: se il problema resta identico con una certa permutazione delle incognite, E' OVVIO che anche l'insieme delle soluzioni DEVE restare lo stesso operando su ciascuna soluzione quella permutazione.
Se dunque le incognite sono n, la soluzione è unica ed il problema resta identico con qualunque permutazione delle incognite, necessariamente tutte le componenti della soluzione hanno lo stesso valore.

Il problema posto in questo thraed era di trovare il minimo assoluto di una funzione a 4 variabili condizionate dal fatto di essere positive e di dare per prodotto 1. La funzione restava la medesima permutando a piacere le variabili e il minimo assoluto capitava in un unico punto.

Tu mi poni ora un probema simile: cercare il minimo assoluto di
(*) $F(x, y) = 4·|x - 1| + 4·|z - 1|- |x - 2| - |z - 2|$
con la condizione $x + z = 4$.
[NB. Metto z al posto di y perché y mi servirà dopo per usare il calcolo automatico del programma GRAPHER].
La condizione equivale a $z = 4–x$; permette quindi di eliminare $z$ dalla (*) che diventa
(**) $ f(x) = 4·|x - 1| + 4·|3 - x| – |x - 2| – |2 - x| ⇔ f(x) = 2·(2·|x - 1| + 2·|x - 3| - |x - 2|)$.
Come si vede nella figura seguente [nella quale y è la $f(x)$ della (**)], la fnzione ha il minimo assoluto (che vale 6) in due posti: per x = 1 e per x = 3. Perciò la F(x, y) della (*) è minima in (x, y) = (1, 3) e in (x, y) = (3, 1) [nel rispetto del restare immutato l'insieme delle soluzioni scambiando x con y].

Grafico della funzione f(x) in (**)

Vedi che c'è anche un massimo relativo (che vale 8) ... uno solo!
Ed infatti capita in $(x, y) = (2, 2)$ – in un punto dove è x = y –.
_______

[orsoulx]

"Erasmus_First":...e il minimo assoluto capitava in un unico punto

Eh sì! Tutto quel (tanto) che dici è condivisibile, però il punto centrale è proprio in quel che cito sopra.
Nella tua 'dimostrazione' non viene mai mostrato che il minimo assoluto venga raggiunto in un unico punto; le affermazioni su cui si basa sono vere anche per il controesempio (che hai preferito risolvere), dove la loro applicazione non porterebbe ad alcun risultato utile.
Ciao
B.

[Erasmus_First]

@ Orsoulx.
Ehhh .... ma come sei esigente tu!
E va beh: mi sono sottomesso alle forche caudine alle quali mi hai condannato ...
Eccoti un documento con la prova di cui lamenti l'assenza.

–––> Per Orsoulx.png

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[orsoulx]

Caro Erasmus,
non attribuirmi meriti che non ho . Non sono giudice e non ho condannato alcuno ad alcuna pena.
Ti ho segnalato che la tua prima soluzione era precaria. Adesso ne proponi un'altra e, supponendo che sia consistente, son certo te ne sarai reso conto, non modifica alcunché della prima: è una soluzione completa che, come corollario, mostra come, in questo caso, il minimo della funzione corrisponda a valori delle variabili uguali. A livello di gusti personali, preferisco di gran lunga quella di Pachisi.
Ciao
B.