Esercizio con principio di induzione
Salve, dovrei dimostrare quanto segue, suppongo con il principio di induzione:
x1,...xn>0 xεR
∑(xk) con k=1 (sotto il simbolo di sommatoria) e n (sopra il simbolo di sommatoria)
MOLTIPLICATO PER
∑(1/xk) con k=1 (sotto il simbolo di sommatoria) e n (sopra il simbolo di sommatoria)
≥n^2
x1,...xn>0 xεR
∑(xk) con k=1 (sotto il simbolo di sommatoria) e n (sopra il simbolo di sommatoria)
MOLTIPLICATO PER
∑(1/xk) con k=1 (sotto il simbolo di sommatoria) e n (sopra il simbolo di sommatoria)
≥n^2
Risposte
Ciao floyd123,
Benvenuto sul forum!
Vediamo se ho capito bene: dovresti riuscire a dimostrare che
$ sum_{k = 1}^n x_k \cdot sum_{k = 1}^n frac{1}{x_k} \ge n^2 $
con $x_i > 0 $, $i = 1, 2, ..., n$ ?
Benvenuto sul forum!
Vediamo se ho capito bene: dovresti riuscire a dimostrare che
$ sum_{k = 1}^n x_k \cdot sum_{k = 1}^n frac{1}{x_k} \ge n^2 $
con $x_i > 0 $, $i = 1, 2, ..., n$ ?
Ciao, grazie!
Esatto: per n=1 mi trovo che il prodotto tra le sommatorie è uguale a 1, pertanto è >= 1.
E' giusto? Mentre come posso dimostrarlo per n+1?
Chiedo scusa per la domanda forse banale, ma sono al primo anno di Ingegneria e in più vengo dal classico... la passione mi spinge a perseverare!
Esatto: per n=1 mi trovo che il prodotto tra le sommatorie è uguale a 1, pertanto è >= 1.
E' giusto? Mentre come posso dimostrarlo per n+1?
Chiedo scusa per la domanda forse banale, ma sono al primo anno di Ingegneria e in più vengo dal classico... la passione mi spinge a perseverare!
Si tratta di mostrare che vale l'implicazione:
\[
\sum_{k=1}^n x_k\ \cdot\ \sum_{k=1}^n \frac{1}{x_k} \geq n^2 \ \Rightarrow\ \sum_{k=1}^{n+1} x_k\ \cdot\ \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{x_k} \geq (n+1)^2\; .
\]
Posto per comodità \(S_n:= \sum_{k=1}^n x_k\) e \(S_n^\prime :=\sum_{k=1}^n \frac{1}{x_k} \), il primo membro della seconda disuguaglianza si riscrive:
\[
(S_n + x_{n+1})\cdot \left( S_n^\prime +\frac{1}{x_{n+1}}\right)
\]
e quindi basta mostrare che la funzione di $t=x_{n+1}$ definita ponendo:
\[
f(t; S_n, S_n^\prime):= (S_n + t)\cdot \left( S_n^\prime +\frac{1}{t}\right)
\]
prende minimo $>=(n+1)^2$ per ogni coppia di parametri $S_n, S_n^\prime>=0$ tali che $S_n*S_n^\prime >=n^2$.
Ciò si può fare constatando che $f$ prende minimo in $t^**=(S_n)/(S_n^\prime)$, tale minimo essendo:
\[
\underbrace{S_nS_n^\prime}_{\geq n^2} + \underbrace{S_n+S_n^\prime}_{\geq 2\sqrt{S_nS_n^\prime}\geq 2n} +1\geq (n+1)^2\; .
\]
\[
\sum_{k=1}^n x_k\ \cdot\ \sum_{k=1}^n \frac{1}{x_k} \geq n^2 \ \Rightarrow\ \sum_{k=1}^{n+1} x_k\ \cdot\ \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{x_k} \geq (n+1)^2\; .
\]
Posto per comodità \(S_n:= \sum_{k=1}^n x_k\) e \(S_n^\prime :=\sum_{k=1}^n \frac{1}{x_k} \), il primo membro della seconda disuguaglianza si riscrive:
\[
(S_n + x_{n+1})\cdot \left( S_n^\prime +\frac{1}{x_{n+1}}\right)
\]
e quindi basta mostrare che la funzione di $t=x_{n+1}$ definita ponendo:
\[
f(t; S_n, S_n^\prime):= (S_n + t)\cdot \left( S_n^\prime +\frac{1}{t}\right)
\]
prende minimo $>=(n+1)^2$ per ogni coppia di parametri $S_n, S_n^\prime>=0$ tali che $S_n*S_n^\prime >=n^2$.
Ciò si può fare constatando che $f$ prende minimo in $t^**=(S_n)/(S_n^\prime)$, tale minimo essendo:
\[
\underbrace{S_nS_n^\prime}_{\geq n^2} + \underbrace{S_n+S_n^\prime}_{\geq 2\sqrt{S_nS_n^\prime}\geq 2n} +1\geq (n+1)^2\; .
\]
Partiamo dalla fine: si tratta di un'applicazione della disuguaglianza di Chebyshev per le somme.
Supponendo, senza perdita di generalità
$a_1 \ge a_2 \ge ... \ge a_n $ e $b_1 \le b_2 \le ... \le b_n $
(se così non fosse si potrebbero sempre riarrangiare le sequenze in modo che tali ipotesi siano verificate) si ha:
$frac{sum_{k = 1}^n a_k}{n} \cdot frac{sum_{k = 1}^n b_k}{n} \ge frac{sum_{k = 1}^n a_k b_k}{n} $
ovvero
$ frac{a_1 + a_2 + ... + a_n}{n} \cdot frac{b_1 + b_2 + ... + b_n}{n} \ge frac{a_1 b_1 + a_2 b_2 + ... + a_n b_n}{n} $
Posto $a_i := x_i > 0$, $b_i := 1/x_i > 0 $, si ha ovviamente $a_i b_i = 1 $, $i = 1, 2, ..., n $, per cui si ha:
$ frac{x_1 + x_2 + ... + x_n}{n} \cdot frac{1/x_1 + 1/x_2 + ... + 1/x_n}{n} \ge frac{1 + 1 + ... + 1}{n} = frac{n}{n} = 1$
Da cui segue facilmente quanto volevasi dimostrare:
$ sum_{k = 1}^n x_k \cdot sum_{k = 1}^n frac{1}{x_k} \ge n^2 $
Per dimostrare la disuguaglianza di Chebyshev per le somme ci sono diversi modi, adesso però si è fatta una certa ora per cui... Alla prossima puntata!
Supponendo, senza perdita di generalità
$a_1 \ge a_2 \ge ... \ge a_n $ e $b_1 \le b_2 \le ... \le b_n $
(se così non fosse si potrebbero sempre riarrangiare le sequenze in modo che tali ipotesi siano verificate) si ha:
$frac{sum_{k = 1}^n a_k}{n} \cdot frac{sum_{k = 1}^n b_k}{n} \ge frac{sum_{k = 1}^n a_k b_k}{n} $
ovvero
$ frac{a_1 + a_2 + ... + a_n}{n} \cdot frac{b_1 + b_2 + ... + b_n}{n} \ge frac{a_1 b_1 + a_2 b_2 + ... + a_n b_n}{n} $
Posto $a_i := x_i > 0$, $b_i := 1/x_i > 0 $, si ha ovviamente $a_i b_i = 1 $, $i = 1, 2, ..., n $, per cui si ha:
$ frac{x_1 + x_2 + ... + x_n}{n} \cdot frac{1/x_1 + 1/x_2 + ... + 1/x_n}{n} \ge frac{1 + 1 + ... + 1}{n} = frac{n}{n} = 1$
Da cui segue facilmente quanto volevasi dimostrare:
$ sum_{k = 1}^n x_k \cdot sum_{k = 1}^n frac{1}{x_k} \ge n^2 $
Per dimostrare la disuguaglianza di Chebyshev per le somme ci sono diversi modi, adesso però si è fatta una certa ora per cui... Alla prossima puntata!
Grazie mille, tutto chiarissimo... non avendo però ancora studiato la disuguaglianza di Chebyshev, credo che la prof volesse solo una dimostrazione per induzione
"pilloeffe":
Partiamo dalla fine: si tratta di un'applicazione della disuguaglianza di Chebyshev per le somme.
Supponendo, senza perdita di generalità
$a_1 \ge a_2 \ge ... \ge a_n $ e $b_1 \le b_2 \le ... \le b_n $
(se così non fosse si potrebbero sempre riarrangiare le sequenze in modo che tali ipotesi siano verificate) si ha:
$frac{sum_{k = 1}^n a_k}{n} \cdot frac{sum_{k = 1}^n b_k}{n} \ge frac{sum_{k = 1}^n a_k b_k}{n} $
ovvero
$ frac{a_1 + a_2 + ... + a_n}{n} \cdot frac{b_1 + b_2 + ... + b_n}{n} \ge frac{a_1 b_1 + a_2 b_2 + ... + a_n b_n}{n} $
Posto $a_i := x_i > 0$, $b_i := 1/x_i > 0 $, si ha ovviamente $a_i b_i = 1 $, $i = 1, 2, ..., n $, per cui si ha:
$ frac{x_1 + x_2 + ... + x_n}{n} \cdot frac{1/x_1 + 1/x_2 + ... + 1/x_n}{n} \ge frac{1 + 1 + ... + 1}{n} = frac{n}{n} = 1$
Da cui segue facilmente quanto volevasi dimostrare:
$ sum_{k = 1}^n x_k \cdot sum_{k = 1}^n frac{1}{x_k} \ge n^2 $
Per dimostrare la disuguaglianza di Chebyshev per le somme ci sono diversi modi, adesso però si è fatta una certa ora per cui... Alla prossima puntata!
Una domanda: perché hai usato n come denominatore?
Tutto ok ragazzi,era da dimostrare attraverso la proposizione in base alla quale la media aritmetica è >= alla media geometrica. Alla prossima!
Allora forse, se non l'hai già visto, potrebbe interessarti anche questo thread.
Per quanto riguarda la dimostrazione per induzione, il caso $n = 1 $ è banale, come hai visto tu stesso, infatti si trova subito
$a_1 \cdot b_1 \ge 1 \cdot a_1 \cdot b_1 $
per cui vale il segno di uguaglianza. Un po' più interessante è il caso $n = 2$:
$a_1 \ge a_2 \implies (a_1 - a_2) \ge 0 $
$b_1 \le b_2 \implies (b_2 - b_1) \ge 0 $
Per cui si ha:
$(a_1 - a_2)(b_2 - b_1) \ge 0 $
$a_1 b_2 + a_2 b_1 \ge a_1 b_1 + a_2 b_2 $
Sommando ad entrambi i membri di quest'ultima disuguaglianza la quantità positiva $a_1 b_1 + a_2 b_2 $ si ha:
$ a_1 b_2 + a_1 b_1 + a_2 b_1 + a_2 b_2 \ge 2(a_1 b_1 + a_2 b_2) $
$ a_1(b_1 + b_2) + a_2(b_1 + b_2) \ge 2(a_1 b_1 + a_2 b_2) $
$(a_1 + a_2)(b_1 + b_2) \ge 2(a_1 b_1 + a_2 b_2) $
$(sum_{k = 1}^2 a_k)(sum_{k = 1}^2 b_k) \ge 2 sum_{k = 1}^2 a_k b_k $
per cui per $n = 2$ la disuguaglianza è vera.
Sinceramente ora non riesco a provare, ma può darsi che si possa estendere lo stesso sistema anche per dimostrare che si ha:
$(sum_{k = 1}^{h + 1} a_k)(sum_{k = 1}^{h + 1} b_k) \ge (h + 1) sum_{k = 1}^{h + 1} a_k b_k $
posto che sia vero che
$(sum_{k = 1}^{h} a_k)(sum_{k = 1}^{h} b_k) \ge h sum_{k = 1}^{h} a_k b_k $
Per quanto riguarda la dimostrazione per induzione, il caso $n = 1 $ è banale, come hai visto tu stesso, infatti si trova subito
$a_1 \cdot b_1 \ge 1 \cdot a_1 \cdot b_1 $
per cui vale il segno di uguaglianza. Un po' più interessante è il caso $n = 2$:
$a_1 \ge a_2 \implies (a_1 - a_2) \ge 0 $
$b_1 \le b_2 \implies (b_2 - b_1) \ge 0 $
Per cui si ha:
$(a_1 - a_2)(b_2 - b_1) \ge 0 $
$a_1 b_2 + a_2 b_1 \ge a_1 b_1 + a_2 b_2 $
Sommando ad entrambi i membri di quest'ultima disuguaglianza la quantità positiva $a_1 b_1 + a_2 b_2 $ si ha:
$ a_1 b_2 + a_1 b_1 + a_2 b_1 + a_2 b_2 \ge 2(a_1 b_1 + a_2 b_2) $
$ a_1(b_1 + b_2) + a_2(b_1 + b_2) \ge 2(a_1 b_1 + a_2 b_2) $
$(a_1 + a_2)(b_1 + b_2) \ge 2(a_1 b_1 + a_2 b_2) $
$(sum_{k = 1}^2 a_k)(sum_{k = 1}^2 b_k) \ge 2 sum_{k = 1}^2 a_k b_k $
per cui per $n = 2$ la disuguaglianza è vera.
Sinceramente ora non riesco a provare, ma può darsi che si possa estendere lo stesso sistema anche per dimostrare che si ha:
$(sum_{k = 1}^{h + 1} a_k)(sum_{k = 1}^{h + 1} b_k) \ge (h + 1) sum_{k = 1}^{h + 1} a_k b_k $
posto che sia vero che
$(sum_{k = 1}^{h} a_k)(sum_{k = 1}^{h} b_k) \ge h sum_{k = 1}^{h} a_k b_k $
Ho visto solo ora, grazie ancora per la tua chiarissima spiegazione!
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