QM-AM

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
Avatar utente
Haile
Messaggi: 515
Iscritto il: 30 mag 2008, 14:29
Località: Bergamo

Messaggio da Haile » 03 dic 2008, 16:59

EDIT

Letto mail il primo post,

Pensavo fosse una raccolta di dimostrazioni di AM-GM :roll:
Ultima modifica di Haile il 03 dic 2008, 18:06, modificato 1 volta in totale.
[i]
Mathematical proofs are like diamonds: hard and clear.

[/i]

Avatar utente
kn
Messaggi: 508
Iscritto il: 23 lug 2007, 22:28
Località: Sestri Levante (Genova)
Contatta:

Messaggio da kn » 03 dic 2008, 17:40

Ma così hai dimostrato l'AM-GM o sbaglio?

Avatar utente
jordan
Messaggi: 3988
Iscritto il: 02 feb 2007, 21:19
Località: Pescara
Contatta:

Messaggio da jordan » 03 dic 2008, 17:50

Credo che dovresti supporre wlog che gli $ a_i $ siano gia ordinati, cmq se è farina del tuo sacco questa dimostrazione allora davvero bravo. Peccato che restiamo sempre a sei, non era la GM-AM che chiedevo :roll: :wink:
The only goal of science is the honor of the human spirit.

Avatar utente
Haile
Messaggi: 515
Iscritto il: 30 mag 2008, 14:29
Località: Bergamo

Messaggio da Haile » 03 dic 2008, 18:04

jordan ha scritto:Credo che dovresti supporre wlog che gli $ a_i $ siano gia ordinati, cmq se è farina del tuo sacco questa dimostrazione allora davvero bravo. Peccato che restiamo sempre a sei, non era la GM-AM che chiedevo :roll: :wink:
:shock:

OMG ho letto male il primo post :lol:

Comunque non è opera mia... magari :twisted: la conosco da un po', non mi ricordo dove l'ho letta... ovviamente è una dimostrazione di AM-GM, come ho pure scritto, convinto, alla fine :-) vabè, edito per evitare un inutile OT :wink:
[i]
Mathematical proofs are like diamonds: hard and clear.

[/i]

fph
Site Admin
Messaggi: 3657
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: in giro
Contatta:

Messaggio da fph » 03 dic 2008, 18:14

Jacobi ha scritto:sommando tt le disuguaglianze e ricordando ke $ \sum_{i=1}^{n}{a_i}=1 $ abbiamo: $ \lambda = \frac{2}{n} $, da cui $ a_i = \frac{1}{n} $. poiche le derivate parziali seconde di f sn tt uguali a 2 ke e positivo tale punto e un minimo da cui la tesi 8)
hmm... mi sa che rischi di spararti nei piedi con questi cannoni. :D
Non basta dire che è un minimo locale: devi anche controllare che i valori sul bordo del dominio non siano minori del tuo "candidato minimo globale". In una gara tipo-olimpiadi di qualunque tipo, sulle soluzioni cannoneggianti sono piuttosto severi e di sicuro una soluzione così non prende più di due punti.
--federico
[tex]\frac1{\sqrt2}\bigl(\left|\text{loves me}\right\rangle+\left|\text{loves me not}\right\rangle\bigr)[/tex]

Avatar utente
jordan
Messaggi: 3988
Iscritto il: 02 feb 2007, 21:19
Località: Pescara
Contatta:

Messaggio da jordan » 03 dic 2008, 18:20

Nooooo era tanto bella :shock: :cry: :cry: ..
la riscrivo per il lettore passante..

[digressione sulla AM-GM: dati $ n \in \mathbb{N}^* $ reali tali che $ 0<a_i<a_{i+1}, 1 \le i \le n-1 $, e definiti $ \{x_i\} $ tali che $ \displaystyle x_i^n \prod_{j=1}^n{a_j}= \prod_{j=1}^i{a_j^n} $ allora per arrangiamento vale $ \displaystyle \sum_{i=1}^n{\frac{x_i}{x_{n-i}}} \le \sum_{i=1}^n{\frac{x_i}{x_{i+1}}} $ dove i pedici sono intesi modulo $ n $ da cui la tesi. [fine digressione, e grazie a Haile :wink: ]



@fph: intendi dove le variabili tendono a zero? :roll:
The only goal of science is the honor of the human spirit.

Jacobi
Messaggi: 227
Iscritto il: 08 mar 2007, 16:29

Messaggio da Jacobi » 05 dic 2008, 15:32

altre dimostrazioni? dai dobbiamo ancora arrivare a 10 :D
MIND TORNA CON NOI

Avatar utente
jordan
Messaggi: 3988
Iscritto il: 02 feb 2007, 21:19
Località: Pescara
Contatta:

Messaggio da jordan » 05 dic 2008, 15:52

Ok, dò una mano anch'io..

"considerare l'identità: $ \displaystyle n \sum{a_i^2}=(\sum{a_i})^2+\sum_{i<j}{(a_i-a_j)^2} $" 8)

E siamo a sette..
Ora vi passo il testimone :D
The only goal of science is the honor of the human spirit.

Avatar utente
karl
Messaggi: 926
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00

Messaggio da karl » 06 dic 2008, 11:06

Una dimostrazione senza... cannoni.
Sia $ \displaystyle \lambda $ un reale qualunque.Evidentemente si ha:
$ \displaystyle \sum_i( \lambda a_i+1)^2 \ge 0 $
Sviluppando i quadrati:
(1) $ \displaystyle (\sum_ia_i^2)\lambda ^2 +2(\sum_i a_i)\lambda+n \ge 0 $
Il polinomio ( in $ \displaystyle \lambda $) a primo membro della (1) non è mai negativo per ogni $ \displaystyle \lambda $ e dunque il suo discriminante deve essere negativo o nullo:
$ (\sum_i a_i)^2-n\sum_ia_i^2 \le 0 $
che è equivalente alla relazione cercata.
karl

Avatar utente
jordan
Messaggi: 3988
Iscritto il: 02 feb 2007, 21:19
Località: Pescara
Contatta:

Messaggio da jordan » 06 dic 2008, 12:16

karl ha scritto:$ \displaystyle \sum_i( \lambda a_i+1)^2 \ge 0 $
[...]e dunque il suo discriminante deve essere negativo o nullo[...]
Sarebbe una dimostrazione di Cauchy con $ \vec{b}=\vec{I} $ sui reali, comunque te la diamo buona..l'ottava a Karl :o
The only goal of science is the honor of the human spirit.

Pigkappa
Messaggi: 1208
Iscritto il: 24 feb 2005, 13:31
Località: Carrara, Pisa

Re: QM-AM

Messaggio da Pigkappa » 08 dic 2008, 20:45

jordan ha scritto:"Dati $ a_1,a_2,..a_n $ reali positivi allora $ \displaystyle \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \le \sqrt{\frac{a_1^2+a_2^2+...+a_n^2}{n}} $, con uguaglianza se e solo se $ a_i=a_{i+1}, 1 \le i \le n-1 $".
Se tutti gli $ a_i $ sono uguali, è evidente che vale l'uguaglianza. Supponiamo adesso che non siano tutti uguali, e chiamiamo $ \displaystyle A $ la media aritmetica degli elementi. Evidentemente esistono $ \displaystyle a_i, a_j $ tali che $ \displaystyle a_i < A < a_j $. Costruiamo un'altra n-upla lasciando fermi tutti gli altri elementi e ponendo $ \displaystyle a_i' = A $, $ \displaystyle a_j' = a_j+a_i - A $. E' evidente che la quantità a sinistra è rimasta uguale. Quella a destra è variata di:

$ \displaystyle -a_i^2 -a_j^2 +A^2 +(a_j+a_i-A)^2 = 2*(A-a_i)*(A-a_j) < 0 $

Perciò, se gli elementi sono diversi, sostituendone uno con la media aritmetica della n-upla e l'altro nel modo indicato il RHS diminuisce strettamente, finchè gli elementi non sono diventati tutti uguali alla media aritmetica. In questo caso è uguale al LHS. CVD.

Avatar utente
jordan
Messaggi: 3988
Iscritto il: 02 feb 2007, 21:19
Località: Pescara
Contatta:

Messaggio da jordan » 10 dic 2008, 12:57

Dire soltanto che diminuisce non implica necessariamente che LHS sarà come RHS.. :wink:
The only goal of science is the honor of the human spirit.

Avatar utente
Anér
Messaggi: 720
Iscritto il: 03 giu 2008, 21:16
Località: Sabaudia

Messaggio da Anér » 10 dic 2008, 15:09

jordan ha scritto:Dire soltanto che diminuisce non implica necessariamente che LHS sarà come RHS.. :wink:
Però il limite è quello, quindi possiamo aggiungere un'altra soluzione. Ne manca solo una, che può essere una semplice induzione su n dopo aver elevato tutto alla seconda.
Sono il cuoco della nazionale!

Il_Russo
Messaggi: 347
Iscritto il: 16 gen 2007, 16:04
Località: Pisa

Messaggio da Il_Russo » 10 dic 2008, 16:40

Sfruttiamo la AM-GM che ci dice che

$ a_i^2 + a_j^2 \geq 2a_i a_j $

Che volendo si può dimostrare molto più facilmente... Se ne deduce che

$ n(a_1^2 + \ldots + a_n^2) \geq (a_1 + \ldots + a_n)^2 $

abbinando i termini in modo opportuno, e poi si conclude in facilità. In verità è solo un altro modo di arrivare ad un passaggio intermedio della dimostrazione con Cauchy - Schwarz.
Aderisci anche tu al progetto "Diamo a Nonciclopedia una sezione matematica indecente"

Presidente della commissione EATO per le IGO

Pigkappa
Messaggi: 1208
Iscritto il: 24 feb 2005, 13:31
Località: Carrara, Pisa

Messaggio da Pigkappa » 10 dic 2008, 17:12

jordan ha scritto:Dire soltanto che diminuisce non implica necessariamente che LHS sarà come RHS.. :wink:
Certo che lo implica. Ho dimostrato che se tutti i termini sono uguali, allora vale l'uguaglianza. E dopo un numero finito di passaggi, tutti i termini saranno uguali.

Rispondi