[Analisi]Disuguaglianza

[dan952]

Siano $p,q \geq 1$ numeri razionali tali che $1/p+1/q=1$. Senza fare uso di limiti e derivate dimostrare che
\begin{equation}
\frac{1}{q}x^{q}+\frac{1}{p}-x \geq 0
\end{equation}
per ogni $x \in \mathbb{R}_{+}$.

Hint:

Dimostrare che dati due numeri reali positivi $s,t$ vale $\frac{s^p}{p}+\frac{t^{q}}{q} \geq st$ e da questo dedurne la tesi

[Cantor99]

Mostriamo per prima cosa la disuguaglianza per tutti gli interi positivi.
Per $x=1$ si ha
$\frac{1}{q}+\frac{1}{p}-1=0$.
Per $x=n$ naturale maggiore di 1
$(\frac{1}{q})*n^q+\frac{1}{p}-n>=0$
$\frac{1}{q}+\frac{1}{p}-1+\frac{n^q-1}{q}+1-n>=0$
$n^q>=qn-q+1$
Quest'ultima uguaglianza è sempre verificata perché $n^q>=4$ e $nq-q+1>=3$.

Ora prendiamo un numero razionale compreso tra 0 e 1 $x=\frac{1}{t}$: si avrà
$\frac{1}{q*t^q}+\frac{1}{p}-\frac{1}{t}>=0$
$\frac{1}{q}+\frac{1}{p}-1+(\frac{1}{t^q-1}-1)+1-\frac{1}{t}>=0$
$frac\{\frac{1}{t^q}-1}{q}+1-\frac{1}{t}>=0$
Ossia $\frac{t^q-1}{t^q}<=q*\frac{t-1}{t}$ che è sempre vera (la prima espressione è sempre minore di 1 mentre la seconda è maggiore di 1)
Se si scrivono i successivi razionali come $n+1/t$ la tesi è dimostrata (??)

[dan952]

@Cantor

Primo dubbio:
"Se $n^q \geq 4$ e $qn-q+1 \geq 3$ allora $n^q \geq qn-q+1$"
Non ho capito questo passaggio, se sono verificate $n^q \geq 4$ e $qn-q+1 \geq 3$ non nega che possa verificarsi $qn-q+1 \geq n^q$.

Secondo dubbio:
Affermi che $q\frac{t-1}{t} >1$, non è vero, prendi $q=2$ e $t=3/2$

[Cantor99]

@dan95

Per quanto riguarda il primo dubbio è un tipo di dimostrazione che ho visto usato da qualcun altro. Comunque (hai ragione) si dovrebbe dimostrare meglio: riscriviamo $n^q-1>q(n-1)$;
il primo polinomio è sempre divisibile per $n-1$, avendo così
$n^(q-1)+n^(q-2)+...+n^2+n+1>=q$
Ora la somma di questi $q$ termini in progressione geometrica di ragione $n$ è almeno pari a (ponendo $n=2$) a $2^q-1>=q$ e ciò dovrebbe essere sempre vero (penso si possa provare per induzione).
Vedi se è tutto corretto.

Per quanto riguarda il secondo dubbio ho posto sempre il minimo $q=2$ e $t=2$ avendo il valore di 1

[dan952]

Controlla i simboli $

[dan952]

q non è intero in generale, devi prendere $[q]$ così hai $n^{[q]-1}+\cdots+n+1 \geq [q]$, allora sì basta infatti prendere $n=1$...
Per il secondo dubbio... e per $q \leq 2$?

[dan952]

Soluzione:

Supponiamo Wlog (without lost of generality) che $q \geq p$.
Siano $s$ e $t$ reali positivi, per la disuguaglianza $AM \geq GM$, abbiamo che
\begin{equation}
\frac{s^{p}+(p-1)t^{q}}{p}=\frac{s^{p}}{p}+\frac{t^q}{q} \geq st^{\frac{p-1}{p}q}=st
\end{equation}
Quindi preso $x=\frac{t}{s^{p-1}}$ si ha la tesi.

[totissimus]

@dan95

"dan95":Soluzione:

Siano $ s $ e $ t $ reali positivi, per la disuguaglianza $ AM \geq GM $, abbiamo che
\[ \begin{equation} \frac{s^{p}+(p-1)t^{p}}{p}=\frac{s^{p}}{p}+\frac{t^p}{q} \geq st \end{equation} \]

Puoi dimostrare questa disuguaglianza senza derivate ?

La disuguaglianza

1) $\frac{1}{q}x^{q}+\frac{1}{p}-x\geq0$ con $x\geq0,\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$
è equivalente a

2) $x^{q}\geq1+q(x-1)$

e con $y=1+x$ a

3) $(1+y)^{q}\geq1+qy$ con $1+y\geq0,$$q\geq1,q\in Q$ (disuguaglianza
di Bernoulli)

Per $a>b$ abbiamo :

$a^{n}-b^{n}=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+\ldots+ab^{n-2}+b^{n-1})
4)$a-b>\frac{a^{n}-b^{n}}{na^{n-1}}$

Poniamo $q=\frac{m}{n}$ con $m\geq n$ e la 3) diventa:

5) $(1+y)^{\frac{m}{n}}\geq1+\frac{m}{n}y$

Proviamo la 5) per induzione su $m$:

Per $m=n$ la 5) diventa $1+y\geq1+y$ ovviamente vera

supponiamo vera la 5) per $m-1$

6) $(1+y)^{\frac{m-1}{n}}\geq1+\frac{m-1}{n}y$

Applicando la 4) con $a=(1+y)^{\frac{m}{n}}$,$b=(1+y)^{\frac{m-1}{n}}$
otteniamo:

$(1+y)^{\frac{m}{n}}-(1+y)^{\frac{m-1}{n}}>\frac{(1+y)^{m}-(1+y)^{m-1}}{m(1+y)^{\frac{m(n-1)}{n}}}=\frac{y}{m}(1+y)^{\frac{m}{n}-1}>\frac{y}{m}$
da cui per 6)

$(1+y)^{\frac{m}{n}}>(1+y)^{\frac{m-1}{n}}+\frac{y}{n}>1+\frac{m-1}{n}y+\frac{y}{n}=1+\frac{m}{n}y$

[dan952]

Bello non avevo pensato a Bernoulli, c'è qualcosa che non va nel penultimo passaggio, due errori di battitura credo $m$ e $p$ siano $n$