Disuguaglianza - Balkan 1984

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Poliwhirl
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Disuguaglianza - Balkan 1984

Messaggio da Poliwhirl » 28 giu 2005, 20:00

Siano $ \displaystyle x_1, x_2, \dots,\ x_n $ numeri reali positivi tali che $ \displaystyle x_1+x_2+\dots+x_n=1 $.
Si dimostri che:

$ \displaystyle\frac{x_1}{2-x_1}+\frac{x_2}{2-x_2}+\dots+\frac{x_n}{2-x_n}\geq\frac{n}{2n-1} $.

Bye,
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HumanTorch
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Messaggio da HumanTorch » 28 giu 2005, 20:27

Premessa: $ n>1 $

Incrementiamo entrambi i membri di $ n $: al secondo membro otteniamo $ \frac{2n^2}{2n-1}<n+1} $, mentre al primo membro addizioniamo a ogni addendo $ 1 $ divenendo quindi $ \sum_{k=1}^n \frac{2}{2-x_k} $. Ognuno degli $ n $ addendi risulterà $ >1 $, essendo $ x_i>0, \forall i \in [0;n] $ e pertanto il primo membro è $ >n $
Inoltre ci dovranno essere dei termini $ >\frac{1}{n} $ essendo la media dei termini pari a questo valore

Sotto continua, confidate, confidate..
Ultima modifica di HumanTorch il 28 giu 2005, 23:27, modificato 1 volta in totale.

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thematrix
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Messaggio da thematrix » 28 giu 2005, 21:15

Allora...
$ \displaystyle f(x) = \frac{x}{2-x} ; f''(x) = \frac {4}{(2-x)^3} $,quindi f(x) è convessa nel nostro intervallo.Sfruttando questo e l'ipotesi di partenza,per Jensen si ha $ MDS $ (membro di sinistra) $ \displaystyle \geq \frac {1}{2-\frac{1}{n}} = \frac {n}{2n - 1} $,che è la tesi.
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Poliwhirl
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Evviva la matrice!!!

Messaggio da Poliwhirl » 28 giu 2005, 23:12

@HumanTorch: tutto ok fino alla frase in grassetto che mi è totalmente oscura; ti chiedo delucidazioni:
HumanTorch ha scritto:Premessa: $ n>1 $

Incrementiamo entrambi i membri di $ n $: al secondo membro otteniamo $ \frac{2n^2}{2n-1}<n+1} $, mentre al primo membro addizioniamo a ogni addendo $ 1 $ divenendo quindi $ \sum_{k=1}^n \frac{2}{2-x_k} $. Ognuno degli $ n $ addendi risulterà $ >1 $, essendo $ x_i>0, \forall i \in [0;n] $ e pertanto il primo membro è $ >n $
Inoltre ci dovranno essere dei termini $ >\frac{1}{n} $ essendo la media dei termini pari a questo valore
Inoltre un pò di passaggi in più per spiegare il tutto non avrebbero fatto male...

@thematrix: ok, elegantissima soluzione!!!!!! Però abbiamo barato sulla derivata, vero? :twisted: :P 8) :)

@tutti gli altri: esiste un'altra soluzione che non usa Jensen...proviamo a trovarla? :)

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HumanTorch
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Messaggio da HumanTorch » 28 giu 2005, 23:27

Mi spiego meglio:
1. Raccogliamo il fattore $ 2 $ al primo termine;
2. Se $ x_i+x_j=k $, il valore minimo per $ \frac{1}{x_i}+\frac{1}{x_j} $ si a quando $ x_i \cdot x_j=x_i(k-x_i) $ è massimo, ovvero quando $ x_i=x_j $. Per induzione quindi si ottiene il valore minimo del primo membro, ovvero quando $ x_i=x_j=\frac{1}{n}, \forall $ $ i,j\in [0;n] $. Per tale valore il primo membro diviene proprio $ \frac{2n^2}{2n-1} $, quindi si ha l'uguaglianza

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Boll
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Re: Disuguaglianza - Balkan 1984

Messaggio da Boll » 28 giu 2005, 23:48

Sperando sia corretta, niente Jensen
Poliwhirl ha scritto:Siano $ \displaystyle x_1, x_2, \dots,\ x_n $ numeri reali positivi tali che $ \displaystyle x_1+x_2+\dots+x_n=1 $.
Si dimostri che:

$ \displaystyle\frac{x_1}{2-x_1}+\frac{x_2}{2-x_2}+\dots+\frac{x_n}{2-x_n}\geq\frac{n}{2n-1} $.

Bye,
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$ \displaystyle \sum\frac{x_i}{2-x_i}\ge \frac{n}{2n-1} $

$ \displaystyle \sum\frac{-x_i}{2-x_i}\le \frac{-n}{2n-1} $

$ \displaystyle \sum\frac{-x_i+2-2}{2-x_i}\le \frac{-n}{2n-1} $

$ \displaystyle \sum1-\frac{2}{2-x_i}\le \frac{-n}{2n-1} $

$ \displaystyle n-\sum\frac{2}{2-x_i}\le \frac{-n}{2n-1} $

$ \displaystyle \sum\frac{1}{2-x_i}\ge \frac{n^2}{2n-1} $

Poichè la loro somma è $ 1 $ $ x_i\le 1 $ per ogni $ i $ quindi $ 2-x_i $ è sempre positivo, quindi per il confronto $ HM-AM $ dell'n-upla $ \{2-x_i\} $ avremo

$ \displaystyle \left(\frac{\sum\frac{1}{2-x_i}}{n}\right)^{-1}\le \frac{2n-\sum x_i}{n} $
che è la tesi.

Igor
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Messaggio da Igor » 29 giu 2005, 00:06

Osserviamo innanzitutto che:

$ \displaystyle\frac{x_i}{2-x_i}=\frac{2}{2-x_i}-1\displaystyle $

Effettuando questa sostituzione la disuguaglianza diventa:

$ \displaystyle\frac{2}{2-x_1}+\frac{2}{2-x_2}+\ldots +\frac{2}{2-x_n}\geq n+\frac{n}{2n-1}\displaystyle $

Ma applicando AM-HM a sinistra,tenendo conto che $ x_1+x_2+\ldots +x_n=1 $,otteniamo:

$ \displaystyle\frac{2}{2-x_1}+\frac{2}{2-x_2}+\ldots +\frac{2}{2-x_n} \geq\frac{n^2}{n-\frac{1}{2}}=n+\frac{n}{2n-1}\displaystyle $

La tesi è dunque dimostrata.

Igor
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Messaggio da Igor » 29 giu 2005, 00:12

Scusa Boll, non avevo letto il tuo messaggio :oops:

AlessandroSfigato
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Messaggio da AlessandroSfigato » 29 giu 2005, 08:51

Scusate non ho capito come thematrix abbia applicato jensen nel primo passaggio, compare un f(x) e un f''(x), non capisco cosa sia. So cos'è jensen e che significa convesso, vorrei solo capire quel primo passaggio.
Ah e poi facendo anch'io gli stessi calcoli ottengo un risultato che forse è lo stesso ma non riesco a trasformarlo, e cioè mds > 1/[2- (x1^2+x2^2+x3^2+...+xn^2)],
è forse vero che x1^2+x2^2+x3^2+---+xn^2 = 1/n ? se si come ci si arriva?

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thematrix
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Messaggio da thematrix » 29 giu 2005, 11:40

AlessandroSfigato ha scritto: compare un f(x) e un f''(x), non capisco cosa sia.
f''(x) è la derivata seconda di f(x);in questo caso,ci serviva per dimostrare la convessità di f(x),che si ha sse f''(x)>0 (cosa verificata poichè tutti gli $ a_i $ sono <1).
e cioè mds > 1/[2- (x1^2+x2^2+x3^2+...+xn^2)],
è forse vero che x1^2+x2^2+x3^2+---+xn^2 = 1/n ? se si come ci si arriva?
scusa,ma qui non capisco proprio... :shock:
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AlessandroSfigato
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Messaggio da AlessandroSfigato » 29 giu 2005, 12:31

sono riuscito a risolvere da solo il mio dubbio cmq la mia domanda era questa ;
Tu applicando Jensen ottieni esattamente:
MDS (membro di sinistra) > 1 / [ 2 - (X1^2+X2^2+X3^2+...+Xn^2) ]
ora questa non è la tesi, ma per arrivarci serve 1 altro passaggio, ossia dimostrare per AM-QM che (X1^2+X2^2+X3^2+...+Xn^2)> 1/n, sostituire, e si ottiene la tesi.
non avevo capito soltanto questo.

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Poliwhirl
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Messaggio da Poliwhirl » 29 giu 2005, 14:47

AlessandroSfigato ha scritto:sono riuscito a risolvere da solo il mio dubbio cmq la mia domanda era questa ;
Tu applicando Jensen ottieni esattamente:
MDS (membro di sinistra) > 1 / [ 2 - (X1^2+X2^2+X3^2+...+Xn^2) ]
ora questa non è la tesi, ma per arrivarci serve 1 altro passaggio, ossia dimostrare per AM-QM che (X1^2+X2^2+X3^2+...+Xn^2)> 1/n, sostituire, e si ottiene la tesi.
non avevo capito soltanto questo.
A dir la verità non credo che la media quadratica c'entri molto in questo esercizio... :? Il caso particolare della disuguaglianza di Jensen che thematrix ha applicato dice che: se abbiamo una funzione convessa e dei numeri reali $ \displaystyle x_1, x_2,\dots,\ x_n $, allora la media delle funzioni degli $ \displaystyle x_i $ è maggiore o uguale alla funzione della media degli $ \displaystyle x_i $; cioé:

$ \displaystyle \frac{f(x_1)+f(x_2)+\dots+f(x_n)}{n}\geq f\left(\frac{x_1+x_2+\dots+x_n}{n}\right). $

Nel nostro caso è stata considerata la funzione $ \displaystyle f(x)=\frac{x}{2-x} $; thematrix dapprima ne ha constatato la convessità, calcolandone la derivata $ \displaystyle f''(x) $ (barando :twisted:) e verificando che questa è sempre maggiore di zero; a questo punto ha applicato il caso particolare della disuguaglianza di Jensen che ho sopra citato. Svolgo i vari passaggi; calcoliamo le funzioni $ \displaystyle f(x_1),\ f(x_2),\dots,\ f(x_n) $:

$ \displaystyle f(x_1)=\frac{x_1}{2-x_1} $

$ \displaystyle f(x_2)=\frac{x_2}{2-x_2} $

$ \displaystyle\dots $
$ \displaystyle f(x_n)=\frac{x_n}{2-x_n} $

Dunque la media delle funzioni è:
$ \displaystyle\frac{\frac{x_1}{2-x_1}+\frac{x_2}{2-x_2}+\dots+\frac{x_n}{2-x_n}}{n} $.

Ora per l'ipotesi data dal testo del problema sappiamo che $ \displaystyle x_1+x_2+\dots+x_n=1 $; dividendo ambi i membri di questa disuguaglianza per $ \displaystyle n $, otteniamo che la media aritmetica degli $ \displaystyle x_i $ è uguale a $ \displaystyle\frac{1}{n} $; dunque calcoliamo la funzione della media (media che ora sappiamo essere uguale a $ \displaystyle\frac{1}{n} $ ):
$ \displaystyle f\left(\frac{1}{n}\right)=\frac{\frac{1}{n}}{2-\frac{1}{n}}=\frac{1}{2n-1} $.
Dunque ricapitolando:
1)abbiamo individuato una funzione (osservando il testo del problema);
2)ne abbiamo constatato la convessità (seppur barando, vero matrice? :twisted: 8) :wink: );
3)ci siamo calcolati la media delle funzioni delle nostre x_i;
4)utilizzando l'ipotesi del problema ( $ \displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_i $ ) abbiamo constatato che la media aritmetica degli $ \displaystyle x_i $ è uguale a $ \displaystyle\frac{1}{n} $ ; dunque a questo punto ci siamo calcolati la funzione della media degli $ \displaystyle x_i $ ( $ \displaystyle f\left(\frac{1}{n}\right) $ );
5)ora abbiamo tutto il necessario per applicare il caso particolare della disuguaglianza di Jensen sopra citato! Ci basta porre $ \displaystyle media\ delle\ funzioni\geq funzione\ della\ media $; cioè:

$ \displaystyle\frac{\frac{x_1}{2-x_1}+\frac{x_2}{2-x_2}+\dots+\frac{x_n}{2-x_n}}{n}\geq\frac{1}{2n-1} $
da cui:
$ \displaystyle\frac{x_1}{2-x_1}+\frac{x_2}{2-x_2}+\dots+\frac{x_n}{2-x_n}\geq\frac{n}{2n-1} $
che è la disuguaglianza che il problema chiedeva di verificare; così il problema è risolto. :) Spero di essere stato abbastanza chiaro e di averti aiutato. :)

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Messaggio da AlessandroSfigato » 29 giu 2005, 15:21

Io sapevo che Jensen funzionava solo se c'erano dei coefficenti C1,C2...Cn tali che la loro somma fosse 1, in questo caso si possono adottare X1,X2,Xn la cui somma è appunto 1 e prendere come funzione F(Xi)= 1/(2-Xi) (non sono sicuro che sia convessa).
La formula la sapevo così;
C1F(X1)+C2F(X2)...+CnF(XN) > F(C1X1+C2X2+..C2XN)
evidentemente si può fare a meno dei coefficenti, io nn lo sapevo.

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Poliwhirl
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Messaggio da Poliwhirl » 29 giu 2005, 15:35

AlessandroSfigato ha scritto:Io sapevo che Jensen funzionava solo se c'erano dei coefficenti C1,C2...Cn tali che la loro somma fosse 1, in questo caso si possono adottare X1,X2,Xn la cui somma è appunto 1 e prendere come funzione F(Xi)= 1/(2-Xi).
La formula la sapevo così;
C1F(X1)+C2F(X2)...+CnF(XN) > F(C1X1+C2X2+..C2XN)
evidentemente si può fare a meno dei coefficenti, io nn lo sapevo.
Per questo ho parlato di caso particolare della disuguaglianza di Jensen; infatti se i coefficienti di cui parli sono $ \displaystyle C_1=C_2=\dots=C_n=\frac{1}{n} $ allora la disuguaglianza si riduce (mettendo in evidenza $ \displaystyle\frac{1}{n} $ ) a $ \displaystyle media\ delle\ funzioni\geq funzione\ della\ media $, cioè:

$ \displaystyle \frac{f(x_1)+f(x_2)+\dots+f(x_n)}{n}\geq f\left(\frac{x_1+x_2+\dots+x_n}{n}\right). $

Ti trovi? :)

Bye,
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AlessandroSfigato
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Messaggio da AlessandroSfigato » 29 giu 2005, 17:06

ah ok perfetto poliwril, ma si poteva fare anche nel mio modo?

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