Disuguaglianzione

[Kfp]

Siano $x_1, x_2, ..., x_n$ numeri reali positivi tali che $x_1 x_2 \cdots x_n = 1$. Dimostrare che
$$ \sum_{i = 1}^n\frac{1}{n-1+x_i}\leq 1 $$

[machete]

Provo a dimostrarla via "smoothing":
Prendiamo due elementi $ x_i $ e $ x_j $ della n-upla tali che $ x_ix_j\leq 1 $ (devono esistere affinchè il vincolo sia soddisfatto) e li ridefinisco così:

$ \displaystyle x_i'=x_j'=\sqrt{x_ix_j} $

Dimostriamo ora che $ \mbox{LHS}\leq \mbox{LHS}' $.
Dopo evidenti semplificazioni si giunge a:

$ \displaystyle \frac{1}{n-1+x_i}+\frac{1}{n-1+x_j}\leq \frac{2}{n-1+\sqrt{x_ix_j}} $

Ponendo $ m:=n-1 $ e semplificando i denominatori si arriva a:

$ \displaystyle (m+\sqrt{x_ix_j})(2m+x_i+x_j)\leq 2(m+x_i)(m+x_j) $

$ \displaystyle 2m^2+m(x_i+x_j)+2m\sqrt{x_ix_j}+ \sqrt{x_ix_j}(x_i+x_j)\leq 2m^2+2m(x_i+x_j)+2x_ix_j $

$ \displaystyle 2\sqrt{x_ix_j}(m-\sqrt{x_ix_j})\leq (x_i+x_j)(m-\sqrt{x_ix_j}) $

Ma $ m\geq1\geq\sqrt{x_ix_j} $ quindi dividendo ho la disuguaglianza tra media aritmetica e geometrica.
Ciò significa che avvicinando le variabili il LHS cresce ma se pongo tutte le variabili uguali ottengo $ x_i=1 $ per ogni i che sostituito nel testo mi dà il caso di uguaglianza!

[fph]

Purtroppo non basta questo per finire... devi anche dimostrare che esiste un massimo.

[machete]

Ohibò! Vero. . . Proviamo così:

Sia $ \vec{x}=(x_1;x_2;\ldots;x_n)\in\mathbb{R}^n $ e $ X=\{\vec{x}\in\mathbb{R}^n:x_1\cdot x_2\cdot\ldots\cdot x_n=1 \wedge x_i>0 \mbox{ per } 1\leq i\leq n\} $. $ X $ è chiuso in $ \mathbb{R}^n $. (perchè il suo complementare è chiaramente aperto?)

Abbiamo che $ f_n: X \longrightarrow \mathbb{R} $ è definita da così:

$ \displaystyle f_n(\vec{x})=\sum_{i=1}^n{\frac{1}{n-1+x_i}} $

Abbiamo prima dimostrato che per ogni $ \vec{x}\in X $ vale: $ \displaystyle f_n(\vec{x})\leq 1 $

Quindi se il max esiste è minore o uguale a $ 1 $.

Fissiamo ora un reale $ M>1 $ e consideriamo $ X\supseteq D:=\{\vec{x}\in X: x_i\leq M \mbox{ per } 1\leq i\leq n\} $.

$ D $ è chiuso in $ \mathbb{R}^n $ e chiaramente limitato (sta nell n-cubo $ (0;,M+1)^n $), inoltre $ f_n $ è continua in $ D $ perchè composizione di funzioni continue, quindi per Weierstrass esiste il max di $ f_n $ in $ D $.

Esso inoltre vale $ 1 $ per quanto dimostrato prima - dato che $ (1,1,\ldots ,1) $ appartiene a $ D $ e $ f_n(1;1;\ldots;1)=1 $.

Consideriamo ora $ X\setminus D $. Non sappiamo se il max qui esista, ma se esiste (per quanto dimostrato prima) è minore o uguale di $ 1 $, quindi è verificata ancora la tesi.

Quindi ho almeno un punto di massimo globale per $ f_n $ su tutto $ X $. (i. e. : $ (1;1;\ldots;1) $)

Può andar bene così? E' la prima dimostrazione che fo di questo genere!

[fph]

Sia $ \vec{x}=(x_1;x_2;\ldots;x_n)\in\mathbb{R}^n $ e $ X=\{\vec{x}\in\mathbb{R}^n:x_1\cdot x_2\cdot\ldots\cdot x_n=1 \wedge x_i>0 \mbox{ per } 1\leq i\leq n\} $. $ X $ è chiuso in $ \mathbb{R}^n $. (perchè il suo complementare è chiaramente aperto?)

No -- il problema sono quei $x_i>0$. Come criterio generale senza smazzarsi le definizioni topologiche, qualunque cosa definita con disuguaglianze larghe ($\geq$) e uguaglianze è chiusa, qualunque cosa definita con disuguaglianze strette ($>$) è aperta, e qualunque cosa definita un po' e un po' non è né uno né l'altro.

Abbiamo prima dimostrato che per ogni $ \vec{x}\in X $ vale: $ \displaystyle f_n(\vec{x})\leq 1 $

Quindi se il max esiste è minore o uguale a $ 1 $.

No - è proprio per concludere che $ \displaystyle f_n(\vec{x})\leq 1 $ che ti serve l'esistenza del massimo. Tu hai dimostrato che per ogni valore di $\vec{x}$ diverso da 1 ce n'è un altro su cui $f_n$ è più grande. Ma se $f_n$ non ha massimo, questo non ti permette di concludere che $ \displaystyle f_n(\vec{x})\leq 1 $ per ogni $\vec{x}$.

Ti faccio un esempio per far vedere che questa idea da sola non funziona. Prendiamo $f(x)$ definita su $(-1/2,1/2)$ come $$f(x)=\begin{cases}0 & \text{$x$ irrazionale,} \\ q & x=\frac{p}{q}, \text{ $p$, $q$ primi fra loro.}\end{cases}$$ Vogliamo dimostrare che $f$ ha massimo $1$. Difatti, se $x$ è irrazionale, siamo a posto, quindi ci basta considerare i razionali. Se $x\neq 0$, allora $x^2=\frac{p^2}{q^2}$ ha un valore di $f$ più alto ed è più vicina a $0$. Ma allora (?), visto che avvicinandosi a $0$ $f$ cresce, il massimo si ottiene quando $x=0=0/1$, e vale $1$.

Consideriamo ora $ X\setminus D $. Non sappiamo se il max qui esista, ma se esiste (per quanto dimostrato prima) è minore o uguale di $ 1 $, quindi è verificata ancora la tesi.

Qui c'è di nuovo Il problema di prima --- non hai dimostrato che è minore o uguale a $1$.

E' la prima dimostrazione che fo di questo genere!

No problem... siamo tutti qui per imparare, ed è meglio fare errori sul forum che in gara.

[totissimus]

Propongo questa soluzione (sicuramente errata).

Considero le funzioni simmetriche elementari di \( x_1, \cdots x_n\)

\( S_1=x_1+\cdots + x_n=\sum_{i=1}^n x_i\)

\( S_2=x_1x_2+x_2x_3+\cdots + x_{n-1}x_n=\sum_{1\leq i<j\leq n}x_ix_j\)

\( S_3=x_1x_2x_3 +\cdots + x_{n-2}x_{n-1}x_n=\sum_{1\leq i<j<k\leq n}x_ix_jx_k\)
\( \cdots\)
\( \cdots\)
\( S_n=x_1\cdots x_n=1\)

Applico la disuguaglianza AM-GM:

\(\displaystyle 1=\sqrt[n]{x_1\cdots x_n}\leq \frac{x_1+\cdots x_n}{n}=\frac{S_1}{n}\)

\( \displaystyle \sqrt[\binom{n}{2}]{(x_1x_2)\cdots (x_{n-1}x_n)}=\sqrt[\binom{n}{2}]{(x_1\cdots x_n)^{n-1}}=1 \leq \frac{x_1x_2 + \cdots + x_{n-1}x_n}{\binom{n}{2}}=\frac{S_2}{\binom{n}{2}}\)

Adesso è facile capire che, essendo \( S_k\) somma di \( \binom{n}{k}\) monomi, applicando AM-GM come sopra si ottiene:

\( \displaystyle \sqrt[\binom{n}{k}]{(x_1\cdots x_n)^{\binom{n-1}{k-1}}}=1 \leq \frac{S_k}{\binom{n}{k}}\).

Abbiamo dunque ottenuto la disuguaglianza:

\( S_k \geq \binom{n}{k}\) per \( k=1, \cdots n\).

Sappiamo anche che vale l'uguaglianza:

\( (t+x_1)(t+x_2)\cdots (t+x_n)=t^n+S_1 t^{n-1}+S_2 t^{n-2}+\cdots +S_{n-1}t+S_1\).

Poniamo: \( \displaystyle \sum_{i=1}^n \frac{1}{n-1+x_i}=\frac{N}{D}\).

Risulta :

\( \displaystyle D=(n-1+x_1)(n-1+x_2)\cdots (n-1+x_n)=(n-1)^n+S_1 (n-1)^{n-1}+S_2 (n-1)^{n-2}+\cdots +S_{n-1}(n-1) +S_n\)

\(D=(n-1)^n+1+\sum_{i=1}^{n-1}S_i (n-1)^{n-i}\).

Per capire come viene il numeratore calcoliamolo per \( n=3\):

\(N=(2+x_{2})(2+x_{3})+(2+x_{1})(2+x_{3})+(2+x_{1})(2+x_{3})=\)

\(=2^{2}+2(x_{2}+x_{3})+x_{2}x_{3}+2^{2}+2(x_{1}+x_{3})+x_{1}x_{3}+2^{2}+2(x_{1}+x_{2})+x_{1}x_{2}=\)

\(3\cdot2^{2}+2(2x_{1}+2x_{2}+2x_{3})+x_{1}x_{2}+x_{1}x_{:3}+x_{2}x_{3}=3\cdot2^{2}+2S_{1}+S_{2} \).

In generale abbiamo:

\(N=n(n-1)^{n-1}+(n-1)S_{1}(n-1)^{n-2}+(n-2)S_{2}(n-1)^{n-3}+\ldots S_{n-1}\)

\(N=n(n-1)^{n-1}+\sum_{i=1}^{n-1}(n-i)(n-1)^{n-1-i}S_{i} \).

Abbiamo:

\(D-N=(n-1)^{n}+1+\sum_{i=1}^{n-1}S_{i}(n-1)^{n-i}-n(n-1)^{n-1}-\sum_{i=1}^{n-1}(n-i)(n-1)^{n-1-i}S_{i} \)

e dopo qualche semplice manipolazione otteniamo:

\(D-N=\sum_{i=1}^{n-1}(i-1)(n-1)^{n-1-i}S_{i}+1-(n-1)^{n-1} \).

Applicando la disuguaglianza sopra ottenuta ricaviamo:

\( D-N\geqq\sum_{i=1}^{n-1}(i-1)\binom{n}{i}(n-1)^{n-1-i}+1-(n-1)^{n-1}=\)

\( =\sum_{i=1}^{n-1}i\binom{n}{i}(n-1)^{n-1-i}-\sum_{i=1}^{n-1}\binom{n}{i}(n-1)^{n-1-i}+1-(n-1)^{n-1}=\)

\( =n\sum_{i=1}^{n-1}\binom{n-1}{i-1}(n-1)^{n-1-i}-\sum_{i=1}^{n-1}()(n-1)^{n-1-i}+1-(n-1)^{n-1}=\)

\( =n\sum_{j=0}^{n-2}\binom{n-1}{j}(n-1)^{n-2-j}-\sum_{i=1}^{n-1}\binom{n}{i}(n-1)^{n-1-i}+1-(n-1)^{n-1}=\)

\( =\frac{n}{n-1}\sum_{j=0}^{n-2}\binom{n-1}{j}(n-1)^{n-1-j}-\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n-1}\binom{n}{i}(n-1)^{n-i}+1-(n-1)^{n-1}=\)

\( =\frac{n}{n-1}\left[(1+n-1)^{n-1}-1\right]-\frac{1}{n-1}\left[\left(1+n-1\right)^{n}-(n-1)^{n}\right]+1-(n-1)^{n-1}=\)

\(=\frac{n}{n-1}\left[n^{n-1}-1\right]-\frac{1}{n-1}\left[n^{n}-(n-1)^{n}-1\right]+1-(n-1)^{n-1}=0\).

Quindi \( D \geq N\) e \( \frac{N}{D} \leq 1\)

[machete]

Grazie mille per la risposta! Mi rendo ora conto che avevo un idea un po' troppo ''all' acqua di rose'' di cosa fosse lo smoothing. Mi è stato d' aiuto l' esempio! (o almeno spero e/o credo!)

Gagliardo per quanto ho appreso, provo in quest' altra maniera:

Considero come prima $ \vec{x}=(x_1;x_2;\ldots;x_n)\in\mathbb{R}^n $ e $ \displaystyle X=\{\vec{x}\in\mathbb{R}^n:x_1\cdot x_2\cdot\ldots\cdot x_n=1 \wedge x_i>0 \mbox{ per } 1\leq i\leq n\} $.

Fissato un reale $ M\geq 1 $ costruisco $ \displaystyle X\supseteq D_M:=\{\vec{x}\in X: \frac{1}{M}\leq x_i\leq M \mbox{ per } i=1,\ldots,n\} $.

$ D_M $, per ogni $ M\geq 1 $, è un compatto in $ \mathbb{R}^n $ perchè è chiuso (ci sono solo condizioni di uguaglianza e confronto largo) e limitato (sta nell'n-cubo $ \displaystyle [1/M,M]^n $) ed $ f_n $ (quella di prima) è continua in $ D_M $;

quindi per Weierstrass esiste

$ \displaystyle \max\{f_n(\vec{x}):\vec{x}\in D_M\} $

Esso inoltre vale $ 1 $ per quanto abbiamo dimostrato prima (*) ( ovviamente: $ (1;1;\ldots;1)\in D_M $).

Supponiamo ora che, per assurdo, esista $ \displaystyle \vec{x}\in X:f_n(\vec{x})>1 $. Prendiamo $ \displaystyle M\geq\max\{x_i,1/x_i\mbox{ per }i=1,\ldots,n\} $ e consideriamo il corrispondente $ D_M $.

Per come abbiamo preso $ M $ si ha che $ \vec{x}\in D_M $.

Si avrebbe allora che il max di $ f_n $ su $ D_M $ è $ 1 $ perchè le ipotesi che abbiamo usato prima non sono cambiate, ma che contemporaneamente c' è un $ \vec{x} $ in $ D_M $ tale che $ f_n(\vec{x})>1 $, assurdo!

Dobbiamo quindi dedurre che per ogni $ \vec{x}\in X $ vale: $ f_n(\vec{x})\leq 1 $ che è la tesi.

(*): Tramite smoothing prima si è dimostrato che se $ X\ni \vec{x}\neq(1;1;\ldots;1) $ allora esiste$ \vec{y}\in X $ tale che $ f_n(\vec{y})\geq f_n(\vec{x}) $, ma la dimostrazione è estendibile

al caso in cui $ \vec{x}\in D_M $ e $ \vec{y}\in D_M $.

. . . Tutto ciò sarà vero?

[patatone]

ma da quando si usa analisi 2 alle olimpiadi?? Si vede che son vecchio ormai!
Una soluzione molto easy:
attraverso poche semplici manipolazioni algebriche la disuguaglianza è equivalente a
$\displaystyle \sum_{i=1}^n \frac {x_i} {n-1+x_i} \ge 1$
ora usiamo CS nel modo più ignorante possibile e troviamo:
$\displaystyle LHS \ge \frac{(\sum \sqrt{x_i})^2}{n(n-1)+\sum x_i}$
si ha che
$\displaystyle (\sum \sqrt{x_i})^2=\sum x_i+\sum_{i\neq j}\sqrt{x_ix_j} \ge \sum x_i+n(n-1)$ per AM-GM

[fph]

Mi sembra ora che funzioni; il punto cruciale è che la tua mappa "che fa crescere la funzione" manda $D_M$ in sé. Ancora un dettaglio però: in pratica quella che tu vorresti fare è una dimostrazione per assurdo: so che esiste un massimo globale, suppongo che non sia $(1,1,\dots,1)$, arrivo a un assurdo perché dimostro che non è un massimo. Per questo però ti serve dimostrare una disuguaglianza stretta, non larga: devi dire che per ogni $\vec{x}\neq (1,1,\dots,1)$ c'è un $\vec{y}$ tale che $f(\vec{x})<f(\vec{y})$. Per esempio, occhio alla 4-upla $(1/2,1/2,2,2)$: la tua mappa lo manda in sé, quindi non arrivi a dire che c'è un valore più grande della funzione.

[auron95]

Premetto che io sono un ignorante per quanto riguarda l'algebra, quindi non fatevi scrupoli a dirmi se sto scrivendo scempiaggini.
Il discorso di trovare un massimo non è necessario se io invece di porre $x_i'=x_j'=\sqrt{x_ix_j}$ pongo $x_i'=1,\; x_j'=x_ix_j$, giusto? Infatti in questo modo dopo un numero finito di passaggi dovrei arrivare a $x_1=x_2=\dots=x_n=1$.
Grazie in anticipo per le delucidazioni

[fph]

Esatto. Però prevedo che ti servirà qualche ipotesi in più per arrivare a dimostrare che dopo quella sostituzione il valore cresce; per esempio dovrai imporre di prendere $i$, $j$ tali che $x_i<1$, $x_j>1$ (che esistono perché...)

[auron95]

Purtroppo mi sa che il metodo non funziona, infatti dopo un po' di conti devo dimostrare che è vera $(n-1)^2\ge x_ix_j$, ma non è sempre vera. Infatti presa la terna di numeri $(64,\frac18,\frac18)$ qualsiasi coppia io sostituisca in quel modo il valore diminuisce.....