[EX] Una disuguaglianza di Chebyshev

[gugo82]

Non ci ho pensato molto su, ma "a occhio" dovrebbe essere semplice.

Esercizio - prima parte:

Siano \(N\in \mathbb{N}\) e:
\[
a_1\leq a_2\leq \cdots \leq a_N,\quad b_1\leq b_2\leq \cdots \leq b_N
\]
numeri reali.

1. Dimostrare che:
\[
\tag{C} \left(\sum_{n=1}^N a_n\right)\cdot \left(\sum_{n=1}^N b_n\right) \leq N\ \sum_{n=1}^N a_n\ b_n\; .
\]

Suggerimento: si consideri la somma \(\sum_{n=1}^N\sum_{m=1}^N (a_n-a_m)(b_n-b_m)\).

2. Provare che la costante \(N\) a secondo membro non può essere migliorata (cioè non può essere sostituita da una costante più piccola).

3. Infine dimostrare che:
\[
A(a_1,\ldots ,a_N)\cdot A(b_1,\ldots,b_N)\leq A(a_1b_1,\ldots ,a_Nb_N)\; ,
\]
ove \(A(\cdot)\) denota la media aritmetica dei suoi argomenti.

4. La (C) cambia se i numeri \(a_n\) e \(b_n\) sono ordinati in maniera decrescente?

[Paolo902]

Comincio a fare la prima parte.

Si consideri, come da suggerimento, la somma \(\sum_{n=1}^N\sum_{m=1}^N (a_n-a_m)(b_n-b_m)\).
E' facile convincersi che tale somma è positiva (al più è nulla: ciò accade se, e soltanto se, tutti gli $a_1=a_2=\ldots=a_n$ oppure $b_1=b_2=\ldots = b_n$).

Infatti, sia [tex]\overline{n} \in \{1,2,\ldots n\}[/tex] fissato. Se $m=\overline{n}$ il termine $(a_\overline{n}-a_m)(b_\overline{n}-b_m)=0$. Se $m<\overline{n}$ allora $a_m0$ e pure $(b_\overline{n}-b_m)>0$, da cui $(a_\overline{n}-a_m)(b_\overline{n}-b_m)>0$. Allo stesso modo, se $m>\overline{n}$ allora $a_m>a_{overline{n}}$ e $b_m>b_{overline{n}}$: quindi $(a_\overline{n}-a_m)<0$ e pure $(b_\overline{n}-b_m)<0$, da cui, $(a_\overline{n}-a_m)(b_\overline{n}-b_m)>0$.
Ho appena mostrato che, detto [tex]s_n := \sum_{m=1}^N (a_n-a_m)(b_n-b_m)[/tex], risulta che $s_n$ è somma di termini positivi (o nulli), cioè $s_n \ge 0$, per ogni $n=1,2, \ldots N$: ne consegue che anche la somma finita $sum_{n=1}^N s_n \ge 0$.

Ma questo basta per concludere: è una semplice questione di conti verificare che
\[
\sum_{n=1}^N s_n = \sum_{n=1}^{N} (a_n-a_m)(b_n-b_m) = 2N \sum_{n=1}^{N} a_nb_n - 2\sum_{n=1}^N a_n \sum_{m=1}^{N}b_m
\]

Da [tex]\sum_{n=1}^N s_n \ge 0[/tex] segue (dividendo per 2, che è positivo e invertibile ) la tesi.

I'll continue as soon as I can. Thanks

[Paolo902]

"gugo82":2. Provare che la costante \(N\) a secondo membro non può essere migliorata (cioè non può essere sostituita da una costante più piccola).

Praticamente, si tratta di caratterizzare il segno di uguaglianza, cosa che ho già fatto prima (quasi senza accorgermene ).

Infatti, se esibisco un caso in cui si ha uguaglianza ho che la stima non si può migliorare. Ma per realizzare l'uguaglianza è sufficiente prendere o tutti gli $a_i$ o tutti i $b_i$ uguali. Ad esempio, prendo $b_i=1$ per ogni $i$ e il primo membro diventa $N sum_{n=1}^Na_n = N \sum_{n=1}^N a_nb_n$.

Bene così o è necessario qualche altro passaggio che ora non vedo?

"gugo82": 3. Infine dimostrare che:
\[
A(a_1,\ldots ,a_N)\cdot A(b_1,\ldots,b_N)\leq A(a_1b_1,\ldots ,a_Nb_N)\; ,
\]
ove \(A(\cdot)\) denota la media aritmetica dei suoi argomenti.

Questo punto è del tutto ovvio: basta scrivere per esteso i due membri. Infatti,
\[
A(a_1,\ldots ,a_N)\cdot A(b_1,\ldots,b_N) = \frac{a_1+\ldots+a_N}{N}\frac{b_1+\ldots+b_N}{N} = \frac{1}{N^2}\sum_{n=1}^{N}a_n \sum_{n=1}^{N} b_n
\]
Applicando Chebyshev e semplificando una $N$ si ha la tesi.

"gugo82":
4. La (C) cambia se i numeri \(a_n\) e \(b_n\) sono ordinati in maniera decrescente?

No, basta che i due vettori $(a_1, \ldots , a_n)$ e $(b_1, \ldots , b_n)$ siano ordinati nello stesso modo. Al contrario, la disuguaglianza inverte il verso se i due vettori continuano a essere ordinati ma in senso opposto (l'uno crescente, l'altro decrescente). La dimostrazione di questi casi può farsi in maniera del tutto analoga a quella che ho discusso prima nel punto 1.

Rilancio. Nelle stesse ipotesi, provare che
\[
\sum_{n=1}^N a_n \sum_{n=1}^N b_n \ge N \sum_{n=1}^N a_n b_{N-i+1}
\]

Osservazione. La presente disuguaglianza di Chebyshev può vedersi come semplice corollario della seguente disuguaglianza di riarrangiamento. Nelle solite ipotesi, se $\sigma$ indica una permutazione dell'insieme $\{1,2,ldots N\}$ allora la somma

\[
\sum_{n=1}^N a_n b_{\sigma(n)}
\]

è massima quando $\sigma$ è l'identità ($sigma(i)=i$ per ogni $i \in \{1,2,\ldots, N\}$) ed è minima quando $\sigma(i)=N-i+1$, per ogni $i$.

Esercizietto conclusivo (puramente analitico). Sia
\[
f \colon \left( 0, \frac{\pi}{2} \right) \ni x \mapsto \frac{\sin^3 x}{\cos x} + \frac{\cos^3 x}{\sin x} \in \mathbb{R}
\]

Determinare il minimo valore assunto da $f$ (possibilmente senza usare il calcolo differenziale ).

P.S. @ gugo: grazie per l'esercizio.

[gugo82]

@Paolo: Prego.

Ovviamente è tutto giusto.

Spoilerizzo la precisazione che mi chiedevi sulla questione della costante al punto 2.

Prendiamo \(X\neq \emptyset\) ed \(f,g:X\to [0,\infty[\).
Supponiamo di avere dimostrato che una disuguaglianza \(f(x)\leq \bar{c}\ g(x)\) è valida \(\forall x\in X\) per un certo valore di \(\bar{c}\geq 0\) (non ci interessa conoscerlo eplicitamente, basta che esiste).
Allora in tal caso l'insieme \(\mathcal{C}:=\{ c\geq 0:\ \forall x\in X,\ f(x)\leq c\ g(x)\}\) (che è la classe delle costanti "lecite" in una disuguaglianza fra \(f\) e \(g\)) è non vuoto ed, anzi di più, contiene tutto l'intervallo \([\bar{c},\infty[\).
Si verifica facilmente che \(\mathcal{C}\) è dotato di minimo \(C:= \min \mathcal{C}\geq 0\) e tale minimo si chiama costante migliore nella disuguaglianza \(f(c)\leq c\ g(x)\); inoltre si dice che la disuguaglianza \(f(x)\leq C\ g(x)\) è la forma ottimale di \(f(x)\leq c\ g(x)\).

Come si fa a determinare la migliore costante in una disuguaglianza?
Questo, in generale, è un problema difficile (molte volte, questo problema si traduce in un problema di Calcolo delle Variazioni con estremo vincolato) ed, anzi, non è nemmeno semplice farsi un'idea di quale sia la migliore costante.

Però è pressoché evidente che, se conosco esplicitamente una costante \(\bar{c}\) per cui la disuguaglianza \(f(x)\leq c\ g(x)\) vale, allora posso certamente affermare che:

Se esiste almeno un \(\bar{x} \in X\) che soddisfa un'uguaglianza non banale in \(f(x)\leq c\ g(x)\), cioè tale che \(g(\bar{x})\neq 0\) e \(f(\bar{x}) =\bar{c}\ g(\bar{x})\), allora \(\bar{c}=C\).

Nel caso da te analizzato, le sequenze con elementi tutti uguali ad \(1\) soddisfano un'uguaglianza non banale nella disuguaglianza di Chebyshev; pertanto la costante \(N\) è quella migliore.

Quella enunciata poco sopra, tuttavia, è solo una condizione sufficiente per affermare che una data costante sia la migliore in una disuguaglianza: infatti, esistono disuguaglianze in forma ottimale nelle quali non è mai verificata un'uguaglianza non banale, i.e. vale sempre una disuguaglianza stretta \(f(x) In questi casi, per provare l'ottimalità delle costanti ci si può servire di qualche procedimento di limite o di altre considerazioni adatte allo scopo.

***

Ovviamente la disuguaglianza provata da Paolo ha un controparte "continua", che ora dovrebbe essere molto facile da dimostrare.

Esercizio - seconda parte:

Siano \(a
5. Dimostrare che:
\[
\tag{Cc} \int_a^b f(x)\ \text{d} x\cdot \int_a^b g(x)\ \text{d} x\leq (b-a)\ \int_a^b f(x)g(x)\ \text{d} x\; .
\]

6. Provare che \(C=b-a\) è la migliore costante in (Cc).

7. È possibile dimostrare una "versione pesata" di (Cc)?
[Si ricordi che un peso è una funzione \(p:[a,b]\to [0,\infty[\) tale che \(0<\int_a^b p(x)\ \text{d} x<\infty\) e che l'integrale rispetto al peso \(p\) è definito ponendo \(\int_a^b f(x)\ p(x)\text{d} x\) per ogni funzione \(f\) integrabile su \([a,b]\).]