Generalizzando la disuguaglianza di Nesbitt
Generalizzando la disuguaglianza di Nesbitt
[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]
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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}^+ $.[/b]
Carissimo Hitl, potevi fare un post a parte per la tua disuguaglianza, o almeno metterla nell'alro mio post in cui il titolo è al plurale e le disuguaglianza da me proposta è un pò meno elementare :P, anyway provo a risolvere il tuo problema senza essere da te flagellato (arduo compito).
Conclusione Il minimo cercato è$ \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
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
Ultima modifica di Boll il 26 feb 2005, 20:03, modificato 3 volte in totale.
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 )
"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 )
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.
$ 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.
@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:
Direi che sarebbe più corretto scriverci: $ S_k \leq S_h $, no?!?Boll ha scritto: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 $
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...
@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...
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...
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} = } $$ \:\displaystyle{\sum_{i=1}^n g(a_i) \geq n\:\! g\!\left(\frac{\sum_{i=1}^n a_i}{n}\right) = n\:\!g\!\left(\frac{1}{n}\right) = \frac{n}{n-1}}. $
$ \displaystyle{\sum_{k=1}^n\frac{a_k}{1-a_k} = -n + \sum_{k=1}^n\frac{1}{1-a_k} = - n + \frac{n}{\mu_{-1}(\boldsymbol{u})}}, $
ove $ \{\mu_s(\cdot): s\in\mathbb{R}\} $ rappresenta la famiglia delle medie. Di qui, sfruttando la disuguaglianza HM-AM:
$ \displaystyle{\sum_{k=1}^n\frac{a_k}{1-a_k} = - n + \frac{n}{\mu_{-1}(\boldsymbol{u})} \geq -n + \frac{n}{\mu_1(\boldsymbol{u})} = -n + \frac{n^2}{n-1} = \frac{n}{n-1}}, $
pur di considerare che: $ \displaystyle{\mu_1(\boldsymbol{u}) := \frac{1}{n}\cdot\sum_{k=1}^n (1 - a_k) = \frac{1}{n}\cdot\left(n - \sum_{k=1}^n a_k\right) = \frac{n-1}{n}} $.
Osserviamo innanzitutto che la funzione $ \displaystyle{g(\cdot):\mathbb{R}\!\setminus\!\{1\}\mapsto\mathbb{R}:x\mapsto \frac{x}{1-x}} $ è continua e convessa in $ ]-\infty, 1[ $. Seguendo pertanto le dritte di ma_go, e osservando che: i) per ogni $ i= 1, 2, \ldots, n: 0 < a_i < 1 $; ii) $ \displaystyle{\sum_{i=1}^n a_i = 1} $,ma_go ha scritto: "normalizziamo" numeratori e denominatori, dividendo per $ S = \sum_{i=1}^{n} x_i $, e ponendo $ a_i = {x_i \over S} $, riscriviamo come
$ \displaystyle \sum_{k=1}^n\frac{x_k}{\sum_{i\neq k, i=1}^n x_i}} = \sum_{k=1}^n\frac{a_k}{1-a_k} $, e [...] a questo punto si usa jensen
si deduce per applicazione della disuguaglianza di Jensen che:
$ \displaystyle{\sum_{i=1}^n \frac{x_i}{s_n - x_i} = \sum_{i=1}^n \frac{a_i}{1 - a_i} = } $$ \:\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}}. $
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:ma_go ha scritto: [...] 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.
$ \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}} $.
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.
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.