Dimostrare la seguente sommatoria

[Nexus991]

Mia idea:
Ho notato che per induzione la somma è verificata se la derivata nei punti x1....xn vale costantemente 1.
Si può notare allora che applicando Lagrange sugli estremi della funzione, esiste un punto c intermedio in cui vale 1. Allora ci sono 2 casi:
O la funzione ha andamento lineare, allora la derivata prima ha valore costante 1, oppure , se la funzione non ha crescita lineare, posso prendere un intorno con centro c di raggio infinitesimo, ed essendo l'insieme di definizione della funzione di numeri reali, ed essendo continua, posso trovare sempre infiniti punti in cui la derivata valga 1.
Allora poi per induzione si dimostra facilmente la sommatoria.
Ditemi se c'è qualcosa che non va oppure avete idee vostre.

[dissonance]

La funzione \(f(x)=x^2\) verifica le ipotesi, ma non esistono mica "infiniti punti in cui la derivata valga 1". Infatti, \(f'(x)=2x\), e vale \(1\) solo per \(x=\frac12\). Secondo me sei fuori strada. Hai fatto comunque bene a fare questo tentativo, ora però riprova. Prova a ragionare su \(f(x)=x^2\), prima di buttarti sul caso generale.

[Bokonon]

Esiste una strada molto semplice. La metto in spoiler.

Presi n valori qualsiasi $y_i$ la $sum_(i=1)^n y_i=nbar(y)$ dove $bar(y)$ è la media aritmetica.
Il vincolo ci dice che esistono n valori tali che $sum_(i=1)^n 1/(f'(x_i)) = n$ ovvero che esiste un $f'(m)$ tale che:
$n1/(f'(m)) = n rArr f'(m)=1$
Quindi dobbiamo dimostrare che esiste un $x=m$ con $0 Applicando Lagrange sappiamo che esiste un $x=c$ tale che $f'(c)=(f(1)-f(0))/(1-0)=1$
Per cui preso $m=c$ è sempre possibile trovare n punti che soddisfano il vincolo e poichè l'intero ragionamento non dipende da n, vale per qualsiasi n.

[dissonance]

@Bokonon: non mi convince. Mi sa che hai saltato la condizione che i punti \(x_1, x_2,\ldots, x_n\) debbano essere distinti.

[Bokonon]

@dissonance
E perchè mai? Sono partito da quelli.
Il vincolo è chiaro, n volte la media "punti" così definita dev'essere uguale a 1...e poi il resto dimostrare che non solo esiste ma esiste sempre per qualsiasi $f(x)$ e non dipende dalla numerosità

[dissonance]

@Bokonon: Me lo rivedo domani allora, stasera sinceramente non sono in grado, tra la cena e il vino...

[dissonance]

"Bokonon":Esiste una strada molto semplice. La metto in spoiler.

Presi n valori qualsiasi $y_i$ la $sum_(i=1)^n y_i=nbar(y)$ dove $bar(y)$ è la media aritmetica.
Il vincolo ci dice che esistono n valori tali che $sum_(i=1)^n 1/(f'(x_i)) = n$ ovvero che esiste un $f'(m)$ tale che:
$n1/(f'(m)) = n rArr f'(m)=1$
Quindi dobbiamo dimostrare che esiste un $x=m$ con $0 Applicando Lagrange sappiamo che esiste un $x=c$ tale che $f'(c)=(f(1)-f(0))/(1-0)=1$
Per cui preso $m=c$ è sempre possibile trovare n punti che soddisfano il vincolo e poichè l'intero ragionamento non dipende da n, vale per qualsiasi n.

Io però, anche adesso che non ho bevuto, non riesco a capire. Intanto, introduci la definizione di media aritmetica e non si capisce a che serve. Poi, il "vincolo" come lo chiami tu, dice questo:
\[
\sum_{i=1}^n \frac{1}{f'(x_i)}=n, \]
e non capisco assolutamente come questo sia equivalente a
\[
\exists m\in (0, 1)\ f'(m)=1.\]
Questo è solo il primo step, per \(n=1\).

[Mathita]

Si potrebbe ragionare così.

Per ipotesi la funzione è continua in $[0,1]$ e per il teorema dei valori intermedi, esistono n+1 punti

$0=\xi_0<\xi_1<...<\xi_n=1$

tali che

$f(\xi_k) =k/n$, con $k=0,1,...,n$.

Su ciascun intervallo $[\xi_k, \xi_{k+1}]$, con $k=0,1,...,n-1$, il teorema di Lagrange garantisce l'esistenza di un $x_k\in (\xi_k, \xi_{k+1})$ tale che

$f(\xi_{k+1})-f(\xi_k)= f'(x_k)(\xi_{k+1}-\xi_k) $

ovvero

$1/{f'(\x_k)}=n(\xi_{k+1}-\xi_k)$

Sommando su k da 0 a n-1, abbiamo l'asserto. Nota: quella che si genera al secondo membro è una somma telescopica. Dovrebbe reggere, sebbene io debba specificare meglio perché i punti xi si possano effettivamente ordinare in quel modo, ma sono da mobile, in metro e mi viene scomodo.

[dissonance]

@Mathita: è corretto, buona soluzione.

[Mathita]

"dissonance":@Mathita: è corretto, buona soluzione.

Grazie!

Ora che sono rientrato a casa, posso finalmente completare la dimostrazione.

Devo ancora dimostrare che

$0=\xi_{0}<\xi_{1}<...<\xi_{n}=1$.

Fissato $n\in\mathbb{N}\setminus\{0,1\}$, posso partizionare $[f(0),f(1)]=[0,1]$ con gli $n+1$ nodi $\frac{k}{n}$ con $k=0,1,...,n$; dalla definizione di $f$, inoltre, posso porre $\xi_0=0$ e $\xi_n=1$.

Per il teorema dei valori intermedi, esiste $\xi_1$ tale che

$\xi_0<\xi_{1}<\xi_n$ e $f(\xi_1)=\frac{1}{n}$.

Consideriamo l'intervallo $[f(\xi_1),f(\xi_n)]=[1/n,1]$ e applichiamo nuovamente il teorema dei valori intermedi: esiste $\xi_2$ tale che

$\xi_1<\xi_2<\xi_n$ e $f(\xi_2)=\frac{2}{n}$.

In teoria dovrebbe essere chiaro come va a finire la storia:

utilizziamo il numero reale $\xi_k$ per generare l'intervallo $[f(\xi_k),f(\xi_n)]=[\frac{k}{n},1]$, su cui applicheremo il teorema dei valori intermedi, che fornirà $\xi_{k+1}$ tale che

$\xi_{k}<\xi_{k+1}<\xi_n$ con $f(\xi_{k+1})=\frac{k+1}{n}$.

Procedendo in questo modo, costruiamo una sequenza di numeri reali

$0=\xi_0<\xi_1<...<\xi_n=1$ tali che $f(\xi_k)=\frac{k}{n}$ con $k=0,1,...,n$.

Per questioni di arietà, va trattato a parte il caso $n=1$, che però è una diretta applicazione del teorema di Lagrange.

[Bokonon]

"dissonance":Intanto, introduci la definizione di media aritmetica e non si capisce a che serve. Poi, il "vincolo" come lo chiami tu, dice questo:
\[
\sum_{i=1}^n \frac{1}{f'(x_i)}=n, \]
e non capisco assolutamente come questo sia equivalente a
\[
\exists m\in (0, 1)\ f'(m)=1.\]
Questo è solo il primo step, per \(n=1\).

Forse sono stato troppo criptico.
Vediamo il ragionamento completo.
Il teorema di Lagrange ci dice che esiste un $x=c$ tale che $f'(c)=(f(b)-f(a))/(b-a)=k$
Il significato è che la media di tutte le infinite pendenze nell'intervallo è pari a k.
Da un punto di vista statistico è come avere una popolazione infinita di cui conosciamo la media.
Pertanto esistono infiniti campioni di numerosità n grande a piacere che mi danno la media (è facile sincerarsene dato che per n pari è sufficiente prendere coppie la cui somma 2 volte la media. Se invece n è dispari, stesso discorso + un valore che coincida con la media).
In altre parole si può sempre estrarre un campione tale che $1/nsum_(i=1)^n f'(x_i)=f'(c)=k$
Nel nostro caso $k=1$ quindi anche il reciproco della media è pari a 1 (è autoevidente).

Il vincolo ci dice che $n/(sum_(i=1)^n 1/(f'(x_i)))=1=f'(c)=1/(f'(c))$ ed è vero anche per il suo reciproco.
Questa è la media armonica ed è sempre $<=$ la media aritmetica. Quindi il mio ragionamento al contrario è stato "esiste almeno una ennupla fra le infinite ennuple che mi danno la media aritmetica tale che la media armonica sia uguale alla media aritmetica". Obiettivamente, devo anche dimostrare che questa ennupla è sempre composta da valori distinti di $x_i$.
Su questo hai ragione e ci sto pensando ora. Spero che adesso sia chiaro il resto.

P.S. Per $n=1$ la dimostrazione è immediata, basta prendere $f'(c)$