Generalizzando la disuguaglianza di Nesbitt

[HiTLeuLeR]

[Ho splittato il thread -- talpuz]
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Ok, approfitto del topic aperto da Boll (che saluto) per proporre una mia timidissima generalizzazione della disuguaglianza di Nesbitt. Probabilmente ve la brucerete nel giro di qualche minuto, ma vabbe'...

Problema #2: essendo $ n $ un intero $ > 1 $, calcolare il minimo valore assunto dall'espressione $ \displaystyle{E(x_1, x_2, \ldots, x_n) := \sum_{k=1}^n\frac{x_k}{\sum_{i\neq k, i=1}^n x_i}} $, quando $ x_1, x_2, \ldots, x_n $ si assumano variabili in $ \mathbb{R}^+ $.[/b]

[talpuz]

mi spiace deluderti, ma mi pare di averla già vista sull'Engel...

carina, in ogni caso

[HiTLeuLeR]

Essì, prima o poi dovrò decidermi a comprarlo, questo Engel...

[Boll]

Carissimo Hitl, potevi fare un post a parte per la tua disuguaglianza, o almeno metterla nell'alro mio post in cui il titolo è al plurale e le disuguaglianza da me proposta è un pò meno elementare :P, anyway provo a risolvere il tuo problema senza essere da te flagellato (arduo compito).

Conclusione Il minimo cercato è$ \frac{n}{n-1} $, L'espressione tocca il minimo quando tutti gli $ x_i $ coincidono (Ciò si può facilmente provare sostituendo).

Dimostrazione
Chiamiamo $ S_k={\sum_{i\neq k,i=1}^{n}x_i $
La disuguaglianza da provare diviene
$ x_1(S_1)^{-1}+x_2(S_2)^{-1}+x_3(S_3)^{-1}+\dots+x_n(S_n)^{-1}\geq\frac{n}{n-1} $
Osserviamo che le n-uple $ \left\{x_1,x_2,x_3,\dots,x_n\right\} $ e $ \left\{(S_1)^{-1},(S_2)^{-1},(S_3)^{-1},\dots,(S_n)^{-1}\right\} $ sono ordinate allo stesso modo poichè, se $ h>k $, $ S_k\leq S_h $ (la dimostrazione è banale, se vuoi poi la faccio).
Ora per la disuguaglianza di riordinamento abbiamo che la somma $ E(x_1,x_2,x_3,..,x_n) $ è massima su tutte le altre possibili "permutando" i fattori e quindi che:
$ E\geq x_1(S_2)^{-1}+x_2(S_3)^{-1}+x_3(S_4)^{-1}+\dots+x_n(S_1)^{-1} $
$ E\geq x_1(S_3)^{-1}+x_2(S_4)^{-1}+x_3(S_5)^{-1}+\dots+x_n(S_2)^{-1} $
$ E\geq x_1(S_4)^{-1}+x_2(S_5)^{-1}+x_3(S_6)^{-1}+\dots+x_n(S_3)^{-1} $
...
$ E\geq x_1(S_n)^{-1}+x_2(S_1)^{-1}+x_3(S_2)^{-1}+\dots+x_n(S_{n-1})^{-1} $

Sommando il tutto membro a membro avremo
$ (n-1)E(x_1,x_2,x_3,..,x_n)\geq n $
Che è la disuguaglianza cercata


EDIT:Corretto

[ma_go]

dimostrazione alternativa, abbastanza istruttiva:
"normalizziamo" numeratori e denominatori, dividendo per $ S = \sum_{i=1}^{n} x_i $, e ponendo $ a_i = {x_i \over S} $, riscriviamo come
$ \displaystyle \sum_{k=1}^n\frac{x_k}{\sum_{i\neq k, i=1}^n x_i}} = \sum_{k=1}^n\frac{a_k}{1-a_k} $, e a questo punto... a questo punto si usa jensen, oppure si scrive ancora: $ \displaystyle \sum_{k=1}^n\frac{a_k}{1-a_k} = \sum_{k=1}^n -1 + \frac{1}{1-a_k} $, e a questo punto si applica la disuguaglianza tra le medie armonica e aritmetica, per giungere al risultato cercato (credo )

[talpuz]

Altra dimostrazione diversa dalle precedenti:

$ S=\sum_{i=1}^n x_i $.

Allora l'espressione da minimizzare si scrive come

$ \displaystyle{\sum_{i=1}^n \frac{x_i}{S-x_i}} $.

Ora, per Cauchy abbiamo:

$ \displaystyle{\left(\sum_{i=1}^n \frac{x_i}{S-x_i}\right)\left(\sum_{i=0}^n x_i(S-x_i)\right) \geq \left(\sum_{i=0}^n x_i \right)^2} $

cioè

$ \displaystyle{\sum_{i=1}^n \frac{x_i}{S-x_i} \geq \frac{S^2}{S^2 -\sum_{i=0}^n x_i^2}} $.

Ma visto che (QM-AM)

$ \displaystyle{\sum_{i=1}^n x_i^2 \geq \frac{S^2}{n}} $

abbiamo che

$ \displaystyle{\frac{S^2}{S^2 -\sum_{i=0}^n x_i^2} \geq \frac{S^2}{S^2 -\frac{S^2}{n}}=\frac{1}{1-\frac{1}{n}}=\frac{n}{n-1}} $.

Inoltre il valore $ \frac{n}{n-1} $ viene raggiunto quando tutti gli $ x_i $ sono uguali, e dunque è il minimo.

[talpuz]

Comunque concordo con boll, adesso che i messaggi sono ripartiti in più categorie a mio parere sarebbe meglio non accumulare diversi problemi nello stesso thread (a meno che non siano generalizzazioni, variazioni strette sul tema, ecc).

Voi che ne pensate?

[HiTLeuLeR]

Sì, talpuz, hai senza dubbio ragione su ogni fronte! Peto veniam, debbo ancora abituarmi ai nuovi standard: è solo che tutta questa chiccheria mi dà alla testa...

[HiTLeuLeR]

@Boll: nonostante che la mia idea dimostrativa sia decisamente più vicina all'approccio di talpuz, non ti nascondo che il tuo proof mi è piaciuto veramente un sacco!!! Non so come spiegarlo, mi ha proprio incantato. Boh, sarà che le disuguaglianze sono un terreno su cui mi avventuro soltanto adesso, per la prima volta, in modo sistematico e quindi mi lascio suggestionare facilmente, che vuoi che ti dica... Ah, giusto una puntualizzazione:

Osserviamo che le n-uple $ \left\{x_1,x_2,x_3,\dots,x_n\right\} $ e $ \left\{(S_1)^{-1},(S_2)^{-1},(S_3)^{-1},\dots,(S_n)^{-1}\right\} $ sono ordinate allo stesso modo poichè, se $ h>k $, $ S_k<S_h $

Direi che sarebbe più corretto scriverci: $ S_k \leq S_h $, no?!?

[Boll]

Sì, ok, corretto. Non adularmi troppo Hitl, non è da te... Dov'è finito l'Hitl cerbero e puntualizzatore del vecchio Forum??? :P:D

[HiTLeuLeR]

Adularti?!? Buauahahah... Ma ti pare?!? Boll, smettila, ovvìa, di assumere allucinogeni e ingurgitare pasticche di domapina in vista delle gare... Vedi quali effetti sortiscono sulla tua giovane mente indifesa?

@talpuz: ho finalmente completato la lettura della tua soluzione. Uff, per quanto mi scocci dirlo, è davvero impeccabile (arrrgh!!!)... Btw, ci aggiungo ch'è pure molto simile alla mia!!!

Domani mi dedico alla soluzione di ma_go, speriamo che almeno lui si sia perso per strada qualcosina, gh...

[ma_go]

ti pare che io abbia dato un minimo di formalità alle dimostrazioni?

ho lasciato indietro fin troppa roba, mi pare!

[HiTLeuLeR]

Ok, ma_go, tutto impeccabile! D'altra parte, come pure hai osservato tu stesso, non è che ci fosse molto materiale su cui lavorare, ecco... Le idee risolutive sono tuttavia incisive ed efficaci. Mi permetto giusto di completare alcuni dettagli, visto che serve anche a me per esercizio. Sono certo che non me ne vorrai, per cui...

"normalizziamo" numeratori e denominatori, dividendo per $ S = \sum_{i=1}^{n} x_i $, e ponendo $ a_i = {x_i \over S} $, riscriviamo come
$ \displaystyle \sum_{k=1}^n\frac{x_k}{\sum_{i\neq k, i=1}^n x_i}} = \sum_{k=1}^n\frac{a_k}{1-a_k} $, e [...] a questo punto si usa jensen

Osserviamo innanzitutto che la funzione $ \displaystyle{g(\cdot):\mathbb{R}\!\setminus\!\{1\}\mapsto\mathbb{R}:x\mapsto \frac{x}{1-x}} $ è continua e convessa in $ ]-\infty, 1[ $. Seguendo pertanto le dritte di ma_go, e osservando che: i) per ogni $ i= 1, 2, \ldots, n: 0 < a_i < 1 $; ii) $ \displaystyle{\sum_{i=1}^n a_i = 1} $,
si deduce per applicazione della disuguaglianza di Jensen che:

$ \displaystyle{\sum_{i=1}^n \frac{x_i}{s_n - x_i} = \sum_{i=1}^n \frac{a_i}{1 - a_i} = } $$ \:\displaystyle{\sum_{i=1}^n g(a_i) \geq n\:\! g\!\left(\frac{\sum_{i=1}^n a_i}{n}\right) = n\:\!g\!\left(\frac{1}{n}\right) = \frac{n}{n-1}}. $

[...] oppure si scrive ancora: $ \displaystyle \sum_{k=1}^n\frac{a_k}{1-a_k} = \sum_{k=1}^n -1 + \frac{1}{1-a_k} $, e a questo punto si applica la disuguaglianza tra le medie armonica e aritmetica.

Posto infatti $ u_k := 1 - a_k > 0 $, per ogni $ k = 1, 2, \ldots, n $, e quindi $ \boldsymbol{u} := (u_1, u_2, \ldots, u_n) $, si ha che:

$ \displaystyle{\sum_{k=1}^n\frac{a_k}{1-a_k} = -n + \sum_{k=1}^n\frac{1}{1-a_k} = - n + \frac{n}{\mu_{-1}(\boldsymbol{u})}}, $

ove $ \{\mu_s(\cdot): s\in\mathbb{R}\} $ rappresenta la famiglia delle medie. Di qui, sfruttando la disuguaglianza HM-AM:

$ \displaystyle{\sum_{k=1}^n\frac{a_k}{1-a_k} = - n + \frac{n}{\mu_{-1}(\boldsymbol{u})} \geq -n + \frac{n}{\mu_1(\boldsymbol{u})} = -n + \frac{n^2}{n-1} = \frac{n}{n-1}}, $

pur di considerare che: $ \displaystyle{\mu_1(\boldsymbol{u}) := \frac{1}{n}\cdot\sum_{k=1}^n (1 - a_k) = \frac{1}{n}\cdot\left(n - \sum_{k=1}^n a_k\right) = \frac{n-1}{n}} $.

[HiTLeuLeR]

Posto pure la mia soluzione, a questo punto! Forse sarebbe stato opportuno aprire un nuovo topic, dal titolo "Generalizzando la disuguaglianza di Nesbitt", per esempio... Mi convinco sempre più che il rimprovero di talpuz ci stava proprio tutto, uffa... Mods, non si può fare proprio nulla?!?

Lemma: se $ n\in\mathbb{N}_0 $ ed $ y_1, y_2, \ldots, y_n $ sono $ n $ numeri reali $ > 0 $: $ \displaystyle{\left(\sum_{k=1}^n y_k\right)\left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{y_k}\right) \geq n^2.} $

Dim.: i) in base alla disuguaglianza di Cauchy, posto $ a_k := \sqrt{y_k} $ e $ b_k := 1/a_k $, com'è lecito per aver supposto $ y_k > 0 $, per ogni $ k = 1, 2, \ldots, n $, risulta: $ \displaystyle{\left(\sum_{k=1}^n y_k\right)\left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{y_k}\right) = \left(\sum_{k=1}^n a_k^2\right)\left(\sum_{k=1}^n b_k^2\right) \geq \left(\sum_{k=1}^n a_k b_k\right)^{\!2} = n^2,} $ pur di considerare che, per posizione: $ a_k b_k = 1 $, e dunque: $ \displaystyle{\sum_{k=1}^n a_k b_k = n} $, q.e.d.

ii) Per via delle diseguaglianze fra medie, posto $ \boldsymbol{y} := (y_1, y_2, \ldots, y_n) $, risulta: $ \mu_1(\boldsymbol{y}) \geq \mu_0(\boldsymbol{y}) $ e $ \mu_{-1}^{-1}(\boldsymbol{y}) \geq \mu_0^{-1}(\boldsymbol{y}) $, essendo appunto $ \{\mu_s(\cdot): s\in\mathbb{R}\} $ la famiglia delle medie. Di qui:

$ \displaystyle{\left(\sum_{k=1}^n y_k\right)\left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{y_k}\right) = n\mu_1(\boldsymbol{y})\cdot n\mu_{-1}^{-1}(\boldsymbol{y}) \geq n\mu_0(\boldsymbol{y})\cdot n\mu_0^{-1}(\boldsymbol{y}) = n^2, $ q.e.d.

La soluzione: mi limito a verificare che sussiste la maggiorazione stabilita già da Boll, talpuz e ma_go nei loro interventi. Applicando il lemma precedente, con $ y_k := s_n - x_k $ ed $ s_n := \sum_{k=1}^n x_k $, per ogni $ k = 1, 2, \ldots, n $:

$ \displaystyle{n + \sum_{k=1}^{n}\frac{x_k}{s_n - x_k} = s_n\cdot\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{s_n - x_k} =} $ $ \displaystyle{\frac{1}{n-1}\left((n-1)s_n\cdot\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{s_n - x_k}\right) =} $
$ \displaystyle{= n + \sum_{k=1}^{n}\frac{a_k}{s_n - x_k} = } $ $ \displaystyle{\frac{1}{n-1}\left(\sum_{k=1}^n (s_n - x_k)\right)\left(\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{s_n - x_k}\right) \geq \frac{1}{n-1} \cdot n^2,} $
onde concluderne infine che: $ \displaystyle{\sum_{k=1}^{n}\frac{x_k}{s_n - x_k} \geq \frac{n^2}{n-1} - n = \frac{n}{n-1}} $, q.e.d.

[HiTLeuLeR]

Grandissimo talpuz!!!