Disuguaglianza identitosa

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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Boll
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Disuguaglianza identitosa

Messaggio da Boll »

Provare che, per ogni n-upla $ \{a_1,a_2,\dots,a_n\} $ di reali positivi vale
$ \displaystyle \prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{a_k}\right)\left(1+\frac{a_k}{k^2}\right)\ge (n+1)^2 $ e stabilire quando vale l'uguaglianza
Igor
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Messaggio da Igor »

Dimostriamolo per induzione su n.

Per $ n=1 $ abbiamo un solo numero,$ a_1 $.Vediamo se la disuguaglianza
è verificata.

$ \displaystyle\left(1+\frac{1}{a_1}\right)\left(1+\frac{a_1}{1^2}\right)\geq 4 $

Svolgendo i calcoli troviamo:

$ (a^2-2a+1)\geq 0 $, che è sempre verificata.L'uguaglianza si ha se $ a=1 $

Supponiamo ora che la disuguaglianza sia valida per una generica n-upla $ {a_1,a_2,\ldots ,a_n} $
di reali positivi, cioè che:

(A) $ P_n\geq (n+1)^2 $, dove con P abbiamo per semplicità indicato il membro di
sinistra della nostra disuguaglianza.

Dimostriamo quindi che la disuguaglianza è valida anche per la n+1_upla
$ {a_1,a_2,\ldots a_{n+1}} $, cioè che:

$ P_{n+1}\geq (n+2)^2 $

$ \displaystyle P_n\left(1+\frac{1}{a_{n+1}}\right)\left(1+\frac{a_{n+1}}{(n+1)^2}\right)\geq(n+2)^2\displaystyle $

$ \displaystyle P_n\geq\frac{(n+2)^2}{\left(1+\frac{1}{a_{n+1}}\right)\left(1+\frac{a_{n+1}}{(n+1)^2}\right)}\displaystyle $

Tenendo presente la (A), ci resta da dimostrare che :

$ \displaystyle (n+1)^2\geq\frac{(n+2)^2}{\left(1+\frac{1}{a_{n+1}}\right)\left(1+\frac{a_{n+1}}{(n+1)^2}\right)}\displaystyle $

Svolgendo i calcoli troviamo

$ (a-n-1)^2\geq 0 $, che è sempre verificata, con uguaglianza per $ a=n+1 $

Dunque la disuguaglianza è dimostrata per induzione.

L'uguaglianza si ha quando la n-upla è della forma $ {1,2\ldots n} $
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karl
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Messaggio da karl »

Premetto che per x>0 risulta x+1/x>=2.Inoltre e' pure:
$ x^2-2nx+n^2\geq0 $ da cui:
(1) $ x^2+n^2\geq2nx,ovvero\,\,x+\frac{n^2}{x}\geq2n $
Cio' posto,procediamo per induzione (semplice) ed osserviamo che
per n=1 la diseq. e' verificata essendo:
(1+1/a1)(1+a1)=2+(a1+ 1/a1)>=2+2=4=(1+1)^2
Pertanto ,supposta vera la diseq. per n-1 termini,dimostriamola vera
per n termini.
Infatti e':
$ \prod\limits_{k = 1}^n {(1+\frac{1}{a_k})(1+\frac{a_k}{k^2})}=(1+\frac{1}{a_n})(1+\frac{a_n}{n^2})\prod\limits_{k = 1}^{n-1}{(1+\frac{1}{a_k})(1+\frac{a_k}{k^2}) $
Ovvero per l'ipotesi fatta:
$ \prod\limits_{k = 1}^n {(1+\frac{1}{a_k})(1+\frac{a_k}{k^2})}\geq(1+\frac{a_n}{n^2}+\frac{1}{a_n}+\frac{1}{n^2})n^2=n^2+1+(a_n+\frac{n^2}{a_n}) $
E per la (1):
$ \prod\limits_{k = 1}^n {(1+\frac{1}{a_k})(1+\frac{a_k}{k^2})}\geq (n^2+1+2n)=(n+1)^2 $
Per l'eguaglianza, a mio parere,deve essere $ a_k=k $
Ultima modifica di karl il 19 giu 2005, 21:29, modificato 1 volta in totale.
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Boll
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Messaggio da Boll »

Compliments to Igor e karl, soluzioni pressochè identiche, anche se in quella di Igor è più chiaro il perchè l'uguaglianza valga proprio per l'n-upla $ \{1,2,\dots,n\} $, ora chi trova la via più "naturale"???
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karl
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Messaggio da karl »

Per un "minuto" martin perde' la cappa!
Igor
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Messaggio da Igor »

Anche meno di un minuto. Dopo che ho postato la mia soluzione saranno passati 3 secondi prima che postassi la tua.E pensa che stavo rileggendo un'altra volta :lol:
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karl
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Messaggio da karl »

Risoluzione "al naturale".
Si ha:
$ a_k^2+k^2 \geq 2a_kk $ e dividendo per $ a_kk^2 $:

$ \frac{a_k}{k^2}+\frac{1}{a_k}\geq \frac{2}{k} $ ed aggiungendo 1+1/k^2:

$ 1+\frac{1}{k^2}+\frac{a_k}{k^2}+\frac{1}{a_k}\geq1+\frac{1}{k^2}+\frac{2}{k} $ ovvero:

$ (1+\frac{1}{a_k})(1+\frac{a_k}{k^2})\geq \frac{(k+1)^2}{k^2} $

e passando alla produttoria su k da 1 ad n:

$ \prod\limits_{k = 1}^n {(1+\frac{1}{a_k})(1+\frac{a_k}{k^2})}\geq \prod\limits_{k = 1}^n {\frac{(k+1)^2}{k^2}} $

Cioe':

(1) $ \prod\limits_{k = 1}^n {(1+\frac{1}{a_k})(1+\frac{a_k}{k^2})}\geq\frac{2^2}{1^2}\frac{3^2}{2^2}\frac{4^2}{3^2}\dots \frac{(n+1)^2}{n^2}=(n+1)^2 $

L'eguaglianza si ottiene sempre per $ a_k=k $ come si vede sostituendo in (1).
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Boll
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Messaggio da Boll »

Ok anche a questa karl's a parte un appunto che ho scritto nel post successivo, visto che alla mia, che mi sembrava il modo più facile, non pensa proprio nessuno...

per Cauchy-Schwarz
$ \displaystyle \prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{a_k}\right)\left(1+\frac{a_k}{k^2}\right)\ge \prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right)^2=\prod_{k=1}^{n}\left(\frac{k+1}{k}\right)^2=(n+1)^2 $

Per come è definita l'uguaglianza in Cauchy avremo che vale sse $ \displaystyle \frac{\frac{1}{a_k}}{\frac{a_k}{k^2}}=1\Rightarrow a_k^2=k^2 \Rightarrow a_k=k $ per ogni $ k $
Ultima modifica di Boll il 20 giu 2005, 12:06, modificato 1 volta in totale.
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Boll
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Messaggio da Boll »

karl ha scritto:Risoluzione "al naturale".
L'eguaglianza si ottiene sempre per $ a_k=k $ come si vede sostituendo in (1).
Questo però è falso, o perlomeno incompleto, bisogna stabilire "tutti e soli i casi" in cui vale l'uguaglianza, in questo caso (nella karl's) basta far ricorso all'uguaglianza in AM-GM e poi ricordarsi che, sui positivi $ a>b $ e $ c\ge d $ implica $ ac>bd $
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karl
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Messaggio da karl »

Bella la dimostrazione con Schwarz:a volte uno va a pensare a chi
sa quale strada mentre quella maestra e' la piu' vicina!
Quanto alla questione dell'eguaglianza hai perfettamente ragione,tuttavia
pensavo di correggere partendo dall'inizio della mia dimostrazione :
$ a_k^2+k^2\geq2a_kk $ dove si vede che l'eguale vale per $ a_k=k $
Chissa' se cosi' va bene...Ciao.
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Boll
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Messaggio da Boll »

Esattamente quello che dicevo io :D Così tutto torna
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NicolasBourbaki
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Messaggio da NicolasBourbaki »

Mi pare comunque che l'ultima discussione di Boll sul caso di uguaglianza (che ricorda cioè che in Cauchy c'è uguaglianza iff esiste una costante K t.c. a(i)=kb(i) per ogni indice i=1...n )sia corretta (e completa).
Del resto si noti come l'ugualianza si possa studiare più semplicemente risolvendo in a(k) l'equazione 2/k=1/a(k)+a(k)/k^2 che dà proprio a(k)=k.
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