Disuguaglianza di Young

[Kroldar]

Giusto per fissare le idee, la disuguaglianza di Young ci dice che $AA x,y > 0$ e $AA p,q > 1 : 1/p + 1/q = 1$, risulta
$xy <= x^p/p +y^q/q$

A lezione il professore ci ha detto che è possibile dimostrare tale disuguaglianza calcolando il minimo della funzione $x^p/p +y^q/q$ sottoposta ai vincoli $xy = 1$ e $x,y>0$. Non capisco tuttavia perché. Come mai si dovrebbe porre $xy =1$? Mi sembra che questa condizione sia restrittiva.


Ho cercato di dare un'interpretazione alla cosa: forse il professore voleva dire che, fissato il prodotto $xy = a$ per $x,y > 0$, si verifica che $x^p/p +y^q/q >= a$?

[kamal1]

"Kroldar":Giusto per fissare le idee, la disuguaglianza di Young ci dice che $AA x,y > 0$ e $AA p,q > 1 : 1/p + 1/q = 1$, risulta
$xy <= x^p/p +y^q/q$

A lezione il professore ci ha detto che è possibile dimostrare tale disuguaglianza calcolando il minimo della funzione $x^p/p +y^q/q$ sottoposta ai vincoli $xy = 1$ e $x,y>0$. Non capisco tuttavia perché. Come mai si dovrebbe porre $xy =1$? Mi sembra che questa condizione sia restrittiva.


Ho cercato di dare un'interpretazione alla cosa: forse il professore voleva dire che, fissato il prodotto $xy = a$ per $x,y > 0$, si verifica che $x^p/p +y^q/q >= a$?

per x=y=0 la disugualianza è ovvia
supponiamo che x#0 e y#0. sappiamo che la funzione ln:$(0,infty(to RR$ é concava quindi $AA$ a,b$>=$0 tale che a+b=1 abbiamo aln(x)+bln(y)$<=$ ln(ax+by).
quindi ln(xy)=ln(x)+ln(y)=$1/p$ln$x^p$+$1/q$ln$x^q$ $=<$ln($1/px^p+1/qx^q$) visto che $1/p+1/q$=1
quindi xy$<=1/px^p+1/qx^q$.

[Kroldar]

Caro kamal, ti ringrazio per l'impegno profuso, ma la dimostrazione alternativa che hai scritto tu la conoscevo anch'io. La mia domanda non era "come dimostrare la disuguaglianza di Young?", ma piuttosto "cosa voleva dire il mio professore?".

[tiz97]

Beh, cosa volesse dire lui non lo so ma una cosa te la posso dire io: se consideri \(\displaystyle f_{(x,y)} = x^p/p + y^q/q - xy \), hai già visto che è \(\displaystyle f_{(x,y)} >= 0 \) sulla sfera unitaria dove xy=1; allora ti basta considerare che la funzione è crescente sia come \(\displaystyle f_y(x)\) per \(x>1/y \), sia come \(\displaystyle f_x(y)\) per \(y>1/x \). Certo, è una dimostrazione abbastanza macchinosa e non elegante come quella della convessità di \(\displaystyle ln \), ma è fattibile.

[xdom="Raptorista"]Aggiustato le formule.[/xdom]

[dissonance]

A lezione il professore ci ha detto che è possibile dimostrare tale disuguaglianza calcolando il minimo della funzione $x^p/p +y^q/q$ sottoposta ai vincoli $xy = 1$ e $x,y>0$.

Certo, è una dimostrazione abbastanza macchinosa e non elegante

Ma è una dimostrazione molto interessante perché sfrutta un principio fondamentale di tutta la matematica, sia essa analisi, algebra, geometria, o qualsiasi altro campo: sfruttare le simmetrie. Questo post di Terence Tao ne parla molto:

https://terrytao.wordpress.com/2007/09/ ... wer-trick/

(attenzione: è difficile - da leggere a piccole dosi, tornandoci su ogni tanto).

Nel caso della disuguaglianza di Young, che è un importante "toy model", consideriamo le due funzioni
\[
f(x, y)=xy, \qquad g(x, y)=\frac{x^p}{p}+\frac{y^q}{q}, \]
dove \(\frac1p+\frac1q=1\). Vogliamo dimostrare che \(f(x, y)\le g(x, y)\) per ogni \(x >0, y>0\). La prima cosa da fare è cercare le simmetrie di questa disuguaglianza. (Una "simmetria" di qualsiasi oggetto matematico è una trasformazione che lo preserva). Nel nostro caso, una osservazione molto interessante è
\[
f(\lambda^\frac1p x, \lambda^\frac1q y)=\lambda f(x, y), \qquad g(\lambda^{\frac1p}x, \lambda^{\frac1q} y) =\lambda g(x, y), \qquad \forall \lambda >0;\]
quindi la disuguaglianza \(f(x, y)\le g(x, y)\) è vera per una coppia \((x, y)\) se e solo se essa è vera anche per \((\lambda^\frac1p x, \lambda^\frac1q y)\), per ogni \(\lambda>0\). In questo senso, la trasformazione
\[
(x, y)\mapsto (\lambda^\frac1p x, \lambda^\frac1q y)\]
è una "simmetria" della disuguaglianza di Young.

Avendo identificato una simmetria, possiamo "spenderla" per ridurre la complessità del problema in esame: questo è un altro principio generale di matematica e fisica. Siano \(x>0\) e \(y>0\) e poniamo
\[
\lambda=\frac1{xy}.\]
Allora \(f(\lambda x, \lambda y)=1\), e come già detto
\[
f(x, y)\le g(x, y)\quad \iff \quad 1= f(\lambda^\frac1p x, \lambda^\frac1q y)\le g(\lambda^\frac1p x, \lambda^\frac1q y), \]
perciò, a patto di rinominare
\[
X=\lambda^\frac1p x, \quad Y=\lambda^\frac1q y, \]
ci siamo ridotti a dimostrare che
\[
1\le g(X, Y),\ \text{con la condizione che }XY=1.\]

E ora si può procedere allo studio di questo problema di minimo vincolato usando il metodo che più ci piace (io porrei \(Y=1/X\) e studierei la funzione \(g(X, 1/X)\), che ha solo un punto critico in \(X=1\), e pertanto quello deve essere il suo minimo).

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Forse è una dimostrazione meno elegante. Ma quando si deve dimostrare qualcosa e non si hanno idee, la prima cosa da fare non è cercare l'eleganza: quello è il prodotto finale. Questa dimostrazione è sistematica, ci insegna un metodo generale, che potremo cercare di applicare in molte altre situazioni. Pertanto vale la pena di impararla bene e di rifletterci su.