Altra disuguaglianza, stavolta con fattoriali vari

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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salva90
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Altra disuguaglianza, stavolta con fattoriali vari

Messaggio da salva90 » 29 mag 2007, 22:01

Siano $ x_1, x_2, \dots, x_n $ numeri reali positivi e sia $ ~S $ la loro somma. Provare che

$ \displaystyle\prod_{i=1}^n (1+x_i)\le\sum_{i=0}^n \frac{S^i}{i!} $

Non dico da dove viene (indovinate un pò), e lo posto qua perchè l'idea che serve per risolverlo mi è parsa bellina... oltretutto meno complicata della soluzione ufficiale proposta :wink:

As usual, se non salta fupori una soluzione simile alla mia la posterò, così mi direte se è giusta o se ho cannato paurosamente (cosa molto probabile :roll: ) qualcosa...
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FeddyStra
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Re: Altra disuguaglianza, stavolta con fattoriali vari

Messaggio da FeddyStra » 30 mag 2007, 16:03

salva90 ha scritto:Siano $ x_1, x_2, \dots, x_n $ numeri reali positivi e sia $ ~S $ la loro somma. Provare che

$ \displaystyle\prod_{i=1}^n (1+x_i)\le\sum_{i=0}^n \frac{S^i}{i!} $

Non dico da dove viene (indovinate un pò), e lo posto qua perchè l'idea che serve per risolverlo mi è parsa bellina... oltretutto meno complicata della soluzione ufficiale proposta :wink:

As usual, se non salta fupori una soluzione simile alla mia la posterò, così mi direte se è giusta o se ho cannato paurosamente (cosa molto probabile :roll: ) qualcosa...
Innanzi tutto riscriviamo la disuguaglianza come
$ \displaystyle n! \prod_{i=1}^n (1+x_i)\le\sum_{i=0}^n \frac{n!}{i!} S^i=\sum_{i=0}^n k_i S^i $ dove $ k_i=\frac {n!}{i!} $ è un numero naturale. Ora espandiamo il prodotto a sinistra; diventa:
$ n!(1+x_1+x_2+...+x_1x_2+x_1x_3+...+x_1x_2x_3+...+x_1x_2x_3...x_n) $ dove compaiono tutti i possibili prodotti di fattori distinti. Ora vediamo nel lato destro se questi termini compaiono. Il termine $ x_ax_b...x_i $ con $ m $ fattori distinti può derivare solo dall'espansione della potenza $ S^m $ perchè se l'esponente fosse minore si avrebbero meno fattori $ x_i $, se fosse maggiore se ne avrebbe uno ripetuto. Inoltre il termine $ x_ax_b...x_i $ compare $ m! $ volte nello sviluppo di $ S^m $ (basta pensare in quanti modi si possono ordinare i vari fattori $ S $...). Di conseguenza nel lato destro della disuguaglianza il termine $ x_ax_b...x_i $ compare $ m! \frac {n!}{m!}=n! $, esattamente tante quante nel lato sinistro. Si può vedere allora che tutti i termini del primo lato si possono eliminare con alcuni di destra, mentre a destra rimangono ancora dei termini perchè ne abbiamo tolto uno solo da ogni potenza $ S^m $ che ha $ n^m $ termini. Essendo i termini rimasti prodotto di numeri positivi, essi sono $ \ge0 $. Questo dimostra la disuguaglianza di partenza.
E' facile vedere che l'uguaglianza vale solo nel caso $ n=1 $.
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]

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Re: Altra disuguaglianza, stavolta con fattoriali vari

Messaggio da FeddyStra » 31 mag 2007, 21:38

salva90 ha scritto:As usual, se non salta fupori una soluzione simile alla mia la posterò, così mi direte se è giusta o se ho cannato paurosamente (cosa molto probabile :roll: ) qualcosa...
Mi potresti dire se la mia soluzione ti pare corretta ed eventualmente postare la tua?
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
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Re: Altra disuguaglianza, stavolta con fattoriali vari

Messaggio da salva90 » 31 mag 2007, 21:47

FeddyStra ha scritto:
salva90 ha scritto:As usual, se non salta fupori una soluzione simile alla mia la posterò, così mi direte se è giusta o se ho cannato paurosamente (cosa molto probabile :roll: ) qualcosa...
Mi potresti dire se la mia soluzione ti pare corretta ed eventualmente postare la tua?
Sì, la tua mi pare corretta :wink: diciamo che in parte usa idee che ho usato anche io.
Per postare la mia aspetto ancora un giorno, non mi sembra corretto bruciare problemi che io stesso posto :wink:
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Re: Altra disuguaglianza, stavolta con fattoriali vari

Messaggio da elianto84 » 01 giu 2007, 11:06

$ \displaystyle\prod_{i=1}^n (1+x_i)\le\sum_{i=0}^n \frac{S^i}{i!} $

Per la disuguaglianza di concavita' della funzione $ \log(1+x) $, il membro sinistro e' inferiore a
$ (1+S/n)^n=\sum_{i=0}^{n}{n\choose i}\frac{S^i}{n^i} $.
d'altro canto, per ogni $ i $
$ n! / (n-i)! = n(n-1)\ldots(n-i+1) \leq n^i $
abbiamo dunque trovato un termine intermedio tra il membro sinistro e quello destro.
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Messaggio da salva90 » 01 giu 2007, 14:29

La mia idea per risolvere questa disuguaglianza consisteva nell'indurre sugli indici, cioè su n. Chiamiamo $ ~LHS_n $ il lato sinistro della disuguaglianza con n termini, $ ~RHS_n $ il lato destro e $ S_n $ la somma di questi n termini

PASSO BASE:

$ n=2 $
$ 1+x_1+x_2+x_1x_2\le1+x_1+x_2+\frac{x_1^2}{2}+\frac{x_2^2}{2}+x_1x_2 $
cioè
$ x_1^2+x_2^2\ge0 $ , vera sempre


IPOTESI INDUTTIVA:

$ LHS_n \le RHS_n $


PASSO INDUTTIVO:

$ LHS_{n+1}=LHS_n+x_{n+1}LHS_n $ da cui
$ LHS_{n+1}-LHS_n=x_{n+1}LHS_n $ (1)

Per quanto riguarda $ RHS_{n+1} $ si ha che per ogni $ ~i $ ($ 0 \le i\le n+1 $)

$ \displaystyle\frac{(S_n+x_{n+1})^i}{i!}\ge \frac {S_n^i}{i!}+\frac{x_{n+1}S_n^{i-1}}{(i-1)!} $

il che significa che $ RHS_{n+1}\ge RHS_n + x_{n+1}RHS_n $
ossia $ RHS_{n+1}-RHS_n\ge x_{n+1}RHS_n $

segue per ipotesi induttiva che

$ RHS_{n+1}-RHS_n\ge x_{n+1}LHS_n=LHS_{n+1}-LHS_n $

che sommato all'ipotesi induttiva da esattamente la tesi.

FINE


Si noti che ho usato $ \ge $ solo per comodità, in quanto è immediato che i maggiori in realtà sono stretti
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Re: Altra disuguaglianza, stavolta con fattoriali vari

Messaggio da Simo_the_wolf » 02 giu 2007, 20:09

elianto84 ha scritto: Per la disuguaglianza di concavita' della funzione $ \log(1+x) $...
Detta anche AM-GM :D :D

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