Disuguaglianza.
Provate che, dati $a_{1},a_{2},\ldots,a_{n} \in \mathbb{R}_{+}^{\star}$ t.c. $a_{1}a_{2}\cdots a_{n}=1$ e $h,t \in \mathbb{R}_{+}^{\star}$, risulta $\sum_{i=1}^{n}(a_{i}+h)^{t}>=n(h+1)^{t}$.
P.S.
La disuguaglianza che vi propongo viene fuori da un topic che stavo affrontando sull'OliForum. Io credo di disporre di una prova per induzione, ma prima di postarla e di permettervi di smantellarla voglio vedere voi come affrontate il problema. Si può in ogni caso affrontare con AM-GM (almeno credo). Sull'OliForum per $h.k$ c'era la restrizione $0
$\mathbb{R}_{+}^{\star}:=\{x \in \mathbb{R} : x > 0\}$.
P.S.
La disuguaglianza che vi propongo viene fuori da un topic che stavo affrontando sull'OliForum. Io credo di disporre di una prova per induzione, ma prima di postarla e di permettervi di smantellarla voglio vedere voi come affrontate il problema. Si può in ogni caso affrontare con AM-GM (almeno credo). Sull'OliForum per $h.k$ c'era la restrizione $0
$\mathbb{R}_{+}^{\star}:=\{x \in \mathbb{R} : x > 0\}$.
Risposte
Ti chiedo due scemate, è che sono curioso... 
Cos'è $t$?
Il secondo membro dell disuguaglianza non è semplicemente $n (h+1)^k$?
Scusa la perdita di tempo. Ciao.
Cos'è $t$?
Il secondo membro dell disuguaglianza non è semplicemente $n (h+1)^k$?
Scusa la perdita di tempo. Ciao.
$t$ dovrebbe essere $k$ o viceversa.
Ovviamente la $n$ è di troppo: edito.
Ovviamente la $n$ è di troppo: edito.
Lascio la soluzione così se volete mi fate sapere se la trovate corretta o meno.
Per induzione.
Il caso $n=1$ è banale: $\sum_{i=1}^{1}(a_{i}+h)^{t}=(a_{1}+h)^{t}>= 1(1+h)^{t}$ essendo $a_{1}=1$.
Per ipotesi induttiva supponiamo vera la disuguaglianza $\forall m < n$. Allora $\sum_{i=1}^{n}(a_{i}+h)^{t}=\sum_{i=1}^{l}(a_{i}+h)^{t} + \sum_{i=l+1}^{n}(a_{i}+h)^{t}$ con un qualunque $l$ t.c. $l
(1) $\sum_{i=1}^{l}(a_{i}+h)^{t}>=l(1+h)^{t}$.
Sia allora $\varphi : {l+1, l+2, \ldots, n} to {1,2,\ldots, n-l}$ una biezione: risulterà $\sum_{i=l+1}^{n}(a_{i}+h)^{t}=\sum_{\varphi(i)=1}^{n-l}(a_{\varphi(i)}+h)^{t}$ e per la nuova sommatoria vale, per ipotesi induttiva,
(2) $\sum_{\varphi(i)=1}^{n-l}(a_{\varphi(i)}+h)^{t}>=(n-l)(1+h)^{t}$.
Sommando membro a membro la (1) e la (2) si ottiene la tesi.
Che ne dite?
Per induzione.
Il caso $n=1$ è banale: $\sum_{i=1}^{1}(a_{i}+h)^{t}=(a_{1}+h)^{t}>= 1(1+h)^{t}$ essendo $a_{1}=1$.
Per ipotesi induttiva supponiamo vera la disuguaglianza $\forall m < n$. Allora $\sum_{i=1}^{n}(a_{i}+h)^{t}=\sum_{i=1}^{l}(a_{i}+h)^{t} + \sum_{i=l+1}^{n}(a_{i}+h)^{t}$ con un qualunque $l$ t.c. $l
(1) $\sum_{i=1}^{l}(a_{i}+h)^{t}>=l(1+h)^{t}$.
Sia allora $\varphi : {l+1, l+2, \ldots, n} to {1,2,\ldots, n-l}$ una biezione: risulterà $\sum_{i=l+1}^{n}(a_{i}+h)^{t}=\sum_{\varphi(i)=1}^{n-l}(a_{\varphi(i)}+h)^{t}$ e per la nuova sommatoria vale, per ipotesi induttiva,
(2) $\sum_{\varphi(i)=1}^{n-l}(a_{\varphi(i)}+h)^{t}>=(n-l)(1+h)^{t}$.
Sommando membro a membro la (1) e la (2) si ottiene la tesi.
Che ne dite?
c'è una cosa che non mi convince. sarà spiegabile facilmente, perché magari non ho capito il testo, ma c'è un'ipotesi importante che temo si perda quando si va ad applicare l'ipotesi induttiva: il prodotto degli $a_i$ è uguale ad $1$.
quando si tenta di dimostrarlo per $n$, si suppone che tale prodotto, per i che varia da 1 a n sia uguale ad uno.
non si dice che il prodotto dei primi $l$ termini sia 1, e così pure il prodotto dei rimanenti $n-l$ termini.
addirittura il problema è impostato prendendo un generico $l$ compreso tra 0 e n-2: $1
cosa ne pensi?
quando si tenta di dimostrarlo per $n$, si suppone che tale prodotto, per i che varia da 1 a n sia uguale ad uno.
non si dice che il prodotto dei primi $l$ termini sia 1, e così pure il prodotto dei rimanenti $n-l$ termini.
addirittura il problema è impostato prendendo un generico $l$ compreso tra 0 e n-2: $1
cosa ne pensi?
Penso che hai proprio ragione.
Si vuole provare che $\forall n \in NN, (a_1 a_2 \cdots a_n = 1) \implies (\sum_{i=1}^{n}(a_i + h)^t >= n(1+h)^t)$ con $h,t \in RR$.
Se uso la formulazione debole del principio di induzione, allora come ipotesi induttiva assumo che per $n-1$ vale l'implicazione $(a_1 a_2 \cdots a_{n-1} =1) \implies (\sum_{i=1}^{n-1}(a_i + h)^t >= (n-1)(1+h)^t)$. In questo caso quando vado a prendere $n$ numeri reali non so però se il loro prodotto vale $1$ o no, e se suppongo che valga $1$, allora per fare valere l'ipotesi induttiva devo supporre che l'n-esimo reale sia obbligatoriamente $1$, venendo meno alle generalità del problema.
Se uso la formulazione forte del principio di induzione, allora come ipotesi induttiva assumo che, ogni volta che si fissa $n \in NN$, accade che $\forall m= m(1+h)^t)$; quindi preso a caso $l
Si vuole provare che $\forall n \in NN, (a_1 a_2 \cdots a_n = 1) \implies (\sum_{i=1}^{n}(a_i + h)^t >= n(1+h)^t)$ con $h,t \in RR$.
Se uso la formulazione debole del principio di induzione, allora come ipotesi induttiva assumo che per $n-1$ vale l'implicazione $(a_1 a_2 \cdots a_{n-1} =1) \implies (\sum_{i=1}^{n-1}(a_i + h)^t >= (n-1)(1+h)^t)$. In questo caso quando vado a prendere $n$ numeri reali non so però se il loro prodotto vale $1$ o no, e se suppongo che valga $1$, allora per fare valere l'ipotesi induttiva devo supporre che l'n-esimo reale sia obbligatoriamente $1$, venendo meno alle generalità del problema.
Se uso la formulazione forte del principio di induzione, allora come ipotesi induttiva assumo che, ogni volta che si fissa $n \in NN$, accade che $\forall m
certo!
Le obiezioni di adaBTTLS sono molto fondate... Non credo che l'induzione porti a nulla.
Propongo un mio tentativo, ma non essendo ferrato in problemi "olimpici" prendetelo cum grano salis.
Per AM-GM direi che:
$1/n\sum_(i=1)^n (a_i+h)^t>= \{\prod_(i=1)^n (a_i+h)\}^(t/n) \quad$;
il prodotto che figura a secondo membro è un polinomio monico in $h$ ed ha per coefficienti i valori delle $n$ funzioni elementari simmetriche su $n$ oggetti* calcolati in $a_1,\ldots ,a_n$:
$h^n+S_1(a_1,\ldots ,a_n)*h^(n-1)+\ldots +S_(n-1)(a_1,\ldots ,a_n)*h+S_n(a_1,\ldots ,a_n)=$
$\quad =h^n+S_1(a_1,\ldots ,a_n)*h^(n-1)+\ldots +S_(n-1)(a_1,\ldots ,a_n)* h+1$
e la tesi sarebbe dimostrata qualora facessimo vedere che, per ogni scelta degli $a_i$, l'applicazione polinomiale $P(h):=h^n+S_1(a_1,\ldots ,a_n) h^(n-1)+\ldots +S_(n-1)(a_1,\ldots ,a_n) h^1+1$ è maggiore di $p(h):=(h+1)^n$ limitatamente agli $h>0$.
Evidentemente, visto che $h$ e gli $a_i$ sono $>0$, per far vedere che $P(h)>=p(h)$ basterebbe mostrare che:
$AA k \in \{1,\ldots ,n-1\}, min_(a_i \in RR_+^** " e " a_1\ldotsa_n=1) S_k(a_1,\ldots ,a_n)>=((n),(k))$
(ciò è conseguenza della formula di Newton $(h+1)^n=1+\sum_(k=1)^(n-1) ((n),(k)) h^k +h^n$).
Questo penso si possa fare, anche se con qualche difficoltà (almeno nei casi $n=2$ e $n=3$ la cosa è di facile verifica).
Quindi, dando per buono questo fatto, avremmo:
$1/n\sum_(i=1)^n (a_i+h)^t>= \{\prod_(i=1)^n (a_i+h)\}^(t/n)>=\{(h+1)^n\}^(t/n)=(h+1)^t$
da cui immediatamente la tesi.
Noto esplicitamente che, se la dimostrazione fosse esatta, non ci sarebbe bisogno delle limitazioni $h,t<=1$... La disuguaglianza varrebbe per ogni $h,t>=0$.
__________
* Si chiamano funzioni elementari simmetriche su $n$ oggetti le applicazioni:
$S_k(x_1,\ldots,x_n)=\sum_(i_1
in particolare è:
$S_1(x_1,\ldots ,x_n)=\sum_(i=1)^n x_i \quad$ e $\quad S_n(x_1,\ldots ,x_n)=\prod_(i=1)^n x_i$
Propongo un mio tentativo, ma non essendo ferrato in problemi "olimpici" prendetelo cum grano salis.
Per AM-GM direi che:
$1/n\sum_(i=1)^n (a_i+h)^t>= \{\prod_(i=1)^n (a_i+h)\}^(t/n) \quad$;
il prodotto che figura a secondo membro è un polinomio monico in $h$ ed ha per coefficienti i valori delle $n$ funzioni elementari simmetriche su $n$ oggetti* calcolati in $a_1,\ldots ,a_n$:
$h^n+S_1(a_1,\ldots ,a_n)*h^(n-1)+\ldots +S_(n-1)(a_1,\ldots ,a_n)*h+S_n(a_1,\ldots ,a_n)=$
$\quad =h^n+S_1(a_1,\ldots ,a_n)*h^(n-1)+\ldots +S_(n-1)(a_1,\ldots ,a_n)* h+1$
e la tesi sarebbe dimostrata qualora facessimo vedere che, per ogni scelta degli $a_i$, l'applicazione polinomiale $P(h):=h^n+S_1(a_1,\ldots ,a_n) h^(n-1)+\ldots +S_(n-1)(a_1,\ldots ,a_n) h^1+1$ è maggiore di $p(h):=(h+1)^n$ limitatamente agli $h>0$.
Evidentemente, visto che $h$ e gli $a_i$ sono $>0$, per far vedere che $P(h)>=p(h)$ basterebbe mostrare che:
$AA k \in \{1,\ldots ,n-1\}, min_(a_i \in RR_+^** " e " a_1\ldotsa_n=1) S_k(a_1,\ldots ,a_n)>=((n),(k))$
(ciò è conseguenza della formula di Newton $(h+1)^n=1+\sum_(k=1)^(n-1) ((n),(k)) h^k +h^n$).
Questo penso si possa fare, anche se con qualche difficoltà (almeno nei casi $n=2$ e $n=3$ la cosa è di facile verifica).
Quindi, dando per buono questo fatto, avremmo:
$1/n\sum_(i=1)^n (a_i+h)^t>= \{\prod_(i=1)^n (a_i+h)\}^(t/n)>=\{(h+1)^n\}^(t/n)=(h+1)^t$
da cui immediatamente la tesi.
Noto esplicitamente che, se la dimostrazione fosse esatta, non ci sarebbe bisogno delle limitazioni $h,t<=1$... La disuguaglianza varrebbe per ogni $h,t>=0$.
__________
* Si chiamano funzioni elementari simmetriche su $n$ oggetti le applicazioni:
$S_k(x_1,\ldots,x_n)=\sum_(i_1
in particolare è:
$S_1(x_1,\ldots ,x_n)=\sum_(i=1)^n x_i \quad$ e $\quad S_n(x_1,\ldots ,x_n)=\prod_(i=1)^n x_i$
Esatto. E' la stessa soluzione che avevo dato io sull'OliForum. Poi ho pensato all'induzione e ho pensato che per motivi didattici fosse meglio porre il problema qui anziché sull'OliForum.
Perdonami WiZ, mi ero perso la tua risposta.
Sono stupito di essere riuscito a risolvere un problema del genere... di solito sono una frana.
Giusto per curiosità, saresti tanto gentile da linkarmi la discussione dell'OliForum? Non sono stato capace di trovarla.
Sono stupito di essere riuscito a risolvere un problema del genere... di solito sono una frana.
Giusto per curiosità, saresti tanto gentile da linkarmi la discussione dell'OliForum? Non sono stato capace di trovarla.
Credo che la risposta seguente non sia appropriata nel senso che usa strumenti di analisi che si volevano evitare, ma siccome mi pare breve ve la propongo.
Il problema mi pare consista nel provare che la funzione $F(1_1,...,a_n):=\sum_{i=1}^n(a_i+h)^t$ sul vincolo $V={(a_1,...,a_n): G(a_1,...a_n)=1}$, dove $G(a_1,...,a_n)=a_1\cdot...\cdot a_n$
ha minimo in $a_1=...=a_n=1$. Diamo per buono che tale minimo esiste (anche se $V$ non e' compatto - ma andando all'infinito la funzione diverge ...) per trovarlo possiamo usare i moltiplicatori di Lagrange.
Si ha
$D_i F(a_1,...,a_n)=t(a_i+h)^{t-1}$, $D_i G(a_1,...,a_n)=\prod_{j\ne i}a_j$
Allora in un punto critico vincolato deve esistere $\lambda$ per cui (tenendo conto di $G(a_1,...,a_n)=1$)
$t(a_i+h)^{t-1}=\lambda\prod_{j \ne i}a_j=\lambda/a_i$ se e solo se $ta_i(a_i+h)^{t-1}=\lambda$ (per tutti gli $i$ da $1$ a $n$)
Questo mostra che tutti gli $a_i$ sono eguali.
Il problema mi pare consista nel provare che la funzione $F(1_1,...,a_n):=\sum_{i=1}^n(a_i+h)^t$ sul vincolo $V={(a_1,...,a_n): G(a_1,...a_n)=1}$, dove $G(a_1,...,a_n)=a_1\cdot...\cdot a_n$
ha minimo in $a_1=...=a_n=1$. Diamo per buono che tale minimo esiste (anche se $V$ non e' compatto - ma andando all'infinito la funzione diverge ...) per trovarlo possiamo usare i moltiplicatori di Lagrange.
Si ha
$D_i F(a_1,...,a_n)=t(a_i+h)^{t-1}$, $D_i G(a_1,...,a_n)=\prod_{j\ne i}a_j$
Allora in un punto critico vincolato deve esistere $\lambda$ per cui (tenendo conto di $G(a_1,...,a_n)=1$)
$t(a_i+h)^{t-1}=\lambda\prod_{j \ne i}a_j=\lambda/a_i$ se e solo se $ta_i(a_i+h)^{t-1}=\lambda$ (per tutti gli $i$ da $1$ a $n$)
Questo mostra che tutti gli $a_i$ sono eguali.
"ViciousGoblin":
... $F(1_1,...,a_n):=\sum_{i=1}^n(a_i+h)^t$...
Questo mostra che tutti gli $a_i$ sono eguali.
Penso volessi scrivere $F(a_1,...,a_n)$.
E come mostriamo che tutti gli $a_{1}$ valgono $1$?
"WiZaRd":
[quote="ViciousGoblin"]... $F(1_1,...,a_n):=\sum_{i=1}^n(a_i+h)^t$...
Questo mostra che tutti gli $a_i$ sono eguali.
Penso volessi scrivere $F(a_1,...,a_n)$.
E come mostriamo che tutti gli $a_{1}$ valgono $1$?[/quote]
Si' intendevo $F(a_1,...,a_n)$, scusa.
Se sono tutti eguali (in quanto eguali a $\lambda$ e il loro prodotto fa uno (perche' $(a_1,...,a_n)\in V$) allora devono essere tutti uno.
Giusto... mi ero scordato del prodotto 
Bella soluzione.
Bella soluzione.
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