$x_1=x_2=ldots=x_n=S/n$
Siano $x_1,x_2,ldots,x_n$ numeri reali positivi, il cui prodotto sia $P=x_1x_2ldotsx_n$ e la cui somma sia $S=x_1+x_2+ldots+x_n$. Provare che il massimo valore di $P$ si ottiene quando tutti gli $x_i$ sono uguali, cioè quando $x_1=x_2=ldots=x_n=S/n$.
Risposte
segue banalmente dalla diseguaglianza MG-MA e dalla stretta crescenza della funzione radice n-esima
Ok, troppo facile. Sia allora $a_1,a_2,ldots,a_n$ una sequenza di numeri positivi. Provare che $(a_1+a_2+ldots+a_n)(1/a_1+1/a_2+ldots+1/a_n)>=n^2$
"elgiovo":
Ok, troppo facile. Sia allora $a_1,a_2,ldots,a_n$ una sequenza di numeri positivi. Provare che $(a_1+a_2+ldots+a_n)(1/a_1+1/a_2+ldots+1/a_n)>=n^2$
sempre per la diseguaglianza MG/MA si ha
$(a_1+a_2+ldots+a_n)(1/a_1+1/a_2+ldots+1/a_n) >= n \cdot (a_1 a_2 \cdots a_n)^{1/n} \cdot n \cdot (1/a_1 1/a_2 \cdots 1/a_n)^{1/n} = n^2 (\a_1 a_2 \cdots a_n 1/a_1 1/a_2 \cdots 1/a_n)^{1/n} = n^2$
questo era ancora piu' facile
a proposito del primo quesito, mi sembra che passare per la diseguag. MG/MA non sia necessario...
sarebbe piu' interessante una dimostrazione che usasse direttamente la diseguaglianza di Jensen
sarebbe piu' interessante una dimostrazione che usasse direttamente la diseguaglianza di Jensen
Io conosco una dimostrazione molto più carina, basata su pesetti e centri di massa.
Comunque: l'escalation prosegue: provare che, se sussiste $0<=a,b,c<=1$, allora $a/(b+c+1)+b/(c+a+1)+c/(a+b+1)+(1-a)(1-b)(1-c)<=1$.
Comunque: l'escalation prosegue: provare che, se sussiste $0<=a,b,c<=1$, allora $a/(b+c+1)+b/(c+a+1)+c/(a+b+1)+(1-a)(1-b)(1-c)<=1$.
"elgiovo":
Io conosco una dimostrazione molto più carina, basata su pesetti e centri di massa.
Interessante... potresti postarla?
Immaginiamo gli $n$ numeri $x_1,ldots,x_n$ positivi come punti "fisici" sulla linea dei numeri, ognuno di peso unitario. Il centro di massa dei pesi si trova nella media aritmetica $A=S/n$. Se muoviamo i punti in modo che il loro centro di massa resti $A$, è come se dicessimo che la loro somma rimane costante. Ora è necessario richiamare alla mente il cosiddetto "principio del prodotto simmetrico", secondo cui "se la distanza tra due numeri positivi decresce, il loro prodotto cresce, sempre che la somma tra i due resti costante".
La strategia, ispirata da questo principio, è quella di considerare le situazioni in cui i vari $x_i$ sono diversi e mostrare che li possiamo rendere "un pò più uguali" e accrescere il loro prodotto senza cambiare la loro somma. Se i punti non sono tutti ammassati in $A$, allora almeno uno sarà alla sua sinistra (chiamiamolo $L$) e uno a destra (chiamiamolo $R$). Di questi due, muoviamo quello più vicino ad $A$ verso $A$, e muoviamo l'altro in modo che il centro di massa non cambi. Senza fare conti (ma si possono anche fare), per esperienza diretta sappiamo che l'altro punto dovrà essere avvicniato anch'esso ad $A$. Quindi, la distanza tra i due è diminuita, ma la loro somma (e quindi il centro di massa) è la stessa. Per il principio del prodotto simmetrico, il prodotto dei due punti è cresciuto. Quindi abbiamo cambiato due degli $n$ numeri in modo che:
- un numero che in principio non era $A$ ora lo è diventato;
- la somma degli $n$ numeri non è cambiata;
- il prodotto degli $n$ numeri è aumentato.
Essendoci un numero finito di numeri (pesi), questo processo finirà quando tutti saranno uguali ad $A$; allora il prodotto sarà massimo.
La strategia, ispirata da questo principio, è quella di considerare le situazioni in cui i vari $x_i$ sono diversi e mostrare che li possiamo rendere "un pò più uguali" e accrescere il loro prodotto senza cambiare la loro somma. Se i punti non sono tutti ammassati in $A$, allora almeno uno sarà alla sua sinistra (chiamiamolo $L$) e uno a destra (chiamiamolo $R$). Di questi due, muoviamo quello più vicino ad $A$ verso $A$, e muoviamo l'altro in modo che il centro di massa non cambi. Senza fare conti (ma si possono anche fare), per esperienza diretta sappiamo che l'altro punto dovrà essere avvicniato anch'esso ad $A$. Quindi, la distanza tra i due è diminuita, ma la loro somma (e quindi il centro di massa) è la stessa. Per il principio del prodotto simmetrico, il prodotto dei due punti è cresciuto. Quindi abbiamo cambiato due degli $n$ numeri in modo che:
- un numero che in principio non era $A$ ora lo è diventato;
- la somma degli $n$ numeri non è cambiata;
- il prodotto degli $n$ numeri è aumentato.
Essendoci un numero finito di numeri (pesi), questo processo finirà quando tutti saranno uguali ad $A$; allora il prodotto sarà massimo.
In risposto all'ultimo quesito di elgiovo.
Sia P il primo membro della diseguaglianza.
Ordinando opportunamente le variabili che compaiono in P,si puo'
sempre supporre che sia $0<=a<=b<=c<=1$ e quindi dei 3 denominatori
il piu' piccolo e' a+b+1
Pertanto risulta di seguito:
$P<=(a+b+c)/(a+b+1)+(1-a)(1-b)(1-c)$
$P<=1+(c-1)/(a+b+1)+(1-a)(1-b)(1-c)$
$P<=1-(1-c)/(a+b+1)[1-(a+b+1)(1-a)(1-b)]$
Se quindi si dimostra che $1-(a+b+1)(1-a)(1-b)>=0$ sara' $ P<=1$ c.v.d.
A questo scopo si puo' scrivere che e':
$1-(a+b+1)(1-a)(1-b)>=1-(a+b+1+ab)(1-a)(1-b)$
Ovvero:
$1-(a+b+1)(1-a)(1-b)>=1-(1+a)(1+b)(1-a)(1-b)$
Oppure:
$1-(a+b+1)(1-a)(1-b)>=1-(1-a^2)*(1-b^2)$
E poiche' e' sicuramente $0<=(1-a^2)*(1-b^2)<=1$ la questione e' provata.
karl
Sia P il primo membro della diseguaglianza.
Ordinando opportunamente le variabili che compaiono in P,si puo'
sempre supporre che sia $0<=a<=b<=c<=1$ e quindi dei 3 denominatori
il piu' piccolo e' a+b+1
Pertanto risulta di seguito:
$P<=(a+b+c)/(a+b+1)+(1-a)(1-b)(1-c)$
$P<=1+(c-1)/(a+b+1)+(1-a)(1-b)(1-c)$
$P<=1-(1-c)/(a+b+1)[1-(a+b+1)(1-a)(1-b)]$
Se quindi si dimostra che $1-(a+b+1)(1-a)(1-b)>=0$ sara' $ P<=1$ c.v.d.
A questo scopo si puo' scrivere che e':
$1-(a+b+1)(1-a)(1-b)>=1-(a+b+1+ab)(1-a)(1-b)$
Ovvero:
$1-(a+b+1)(1-a)(1-b)>=1-(1+a)(1+b)(1-a)(1-b)$
Oppure:
$1-(a+b+1)(1-a)(1-b)>=1-(1-a^2)*(1-b^2)$
E poiche' e' sicuramente $0<=(1-a^2)*(1-b^2)<=1$ la questione e' provata.
karl
Perfetto. Eccone un'altra: per ogni intero positivo $n$, provare che $(1+1/n)^n<(1+1/(n+1))^(n+1)$.
Credo che la dimostrazione si possa trovare in tutti i testi di analisi1.
karl
karl
Beh, si può fare anche con metodi un pò meno scolastici.
"elgiovo":
Perfetto. Eccone un'altra: per ogni intero positivo $n$, provare che $(1+1/n)^n<(1+1/(n+1))^(n+1)$.
allora eseguendo la somma delle 2 frazioni viene $((n+1)/n)^n < ((n+2)/(n+1))^(n+1)$
entrambe sono quantità maggiori di 1, infatti il numeratore di essere è sempre maggiore del denominatore dal momento che consideriamo le $n in NN$
e avendo il secondo membro (quello a destra) con l'esponenziale più grande allora è giustificato il fatto che $(1+1/n)^n<(1+1/(n+1))^(n+1)$ $square$
può andare?
Hmm, non basta quella considerazione perché $(n+1)/n>(n+2)/(n+1)$.
"TomSawyer":
Hmm, non basta quella considerazione perché $(n+1)/n>(n+2)/(n+1)$.
a proposito come si fa a vedere date 2 frazioni quale è la più grande?
si devono confrontare numericamente o c'è un altro metodo?
per definizione $a/b < c/d$ se e solo se $ad < bc$
"erasmo":
per definizione $a/b < c/d$ se e solo se $ad < bc$
Per i naturali è sempre vero, in generale è vero se $b$ e $d$ sono concordi.
"elgiovo":
Perfetto. Eccone un'altra: per ogni intero positivo $n$, provare che $(1+1/n)^n<(1+1/(n+1))^(n+1)$.
Basta usare la disuguaglianza di Bernoulli.
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