Lemma riguardante le medie

[laska1]

Buonasera a voi tutti/e!

Sono alle prese con un lemma riguardante le proprietà della media aritmetica e geometrica, un lemma preliminare al teorema che dimostra come $G(a_1,a_2,...,a_n)<=M_1(a_1,a_2,...,a_n)$.
Dunque, il lemma in questione afferma che "se la media geometrica fa 1, la media aritmetica è maggiore o uguale a 1", questo detto volgarmente.
Entrando nello specifico:
Sia $(a_1,a_2,...,a_n)>0$ t.c. $a_1*a_2*...*a_n=1$ allora $a_1+a_2+...+a_n>=n$

Si dimostra per induzione su n:
$n=1$ si ha che $a_1=1$ allora $a_1>=1$ (e questo è ovvio)
Quindi, supponiamo vero per $n$ e proviamo il lemma per $n+1$
Cioè: $a_1*a_2*...*a_n*a_(n+1)=1 rArr a_1+a_2+...+a_(n+1)>=n+1$
E sin qui tutto liscio, poi si opera in questo modo (e non capisco perché):
per esempio sia $a_(n+1)<1$ allora $EE a_1>1$ dato che $a_1*a_2*...*a_n*a_(n+1)=1$ *(perché? e a cosa mi serve?)*
per esempio sia $a_n>1$, si ha che $a_1*a_2*...*a_(n-1)*(a_n*a_(n+1))=1$ e chiamo $b=(a_n*a_(n+1))$ *(anche qui, perché?)*
In questo modo risulta che $a_1*a_2*...*a_(n-1)*b=1 rArr a_1+a_2+...+a_(n-1)+b>=n$
Si procede (e ho perso ormai il filo della dimostrazione) scrivendo:
$(1-a_(n+1))(a_n-1)>0 hArr a_n-1+a_(n+1)-a_n*a_(n+1)>0$ e qui usiamo $a_(n+1)<1$ e $a_n>1$ $rArr$ $(1-a_(n+1))>0$ e $a_n-1>0$

Ritornando a $a_n-1+a_(n+1)-a_n*a_(n+1)>0 rArr a_n+a_(n+1)>1+a_n*a_(n+1)=1+b$ Quindi $a_1+a_2+...+a_(n-1)+a_n+a_(n+1)>=a_1+a_2+...+a_(n-1)+b+1>=n+1$

Diciamo che gli ultimi passaggi li afferro su grandi linee, quello che non capisco è la "scelta" del ragionamento.

[gugo82]

In realtà non c'è bisogno di fare tutto questo casino, a patto di conoscere le proprietà della funzione esponenziale.

Infatti, se gli \(a_k\) sono positivi si può scrivere \(a_k=e^{b_k}\) per opportuni \(b_k\); ma allora:
\[
\begin{split}
A(a_1,\ldots ,a_n) &= \frac{1}{n} e^{b_1} +\cdots +\frac{1}{n} e^{b_n} \\
&\geq \exp \left( \frac{1}{n}b_1+\cdots +\frac{1}{n}b_n\right) \\
&= \sqrt[n]{e^{b_1}\cdots e^{b_n}} \\
&= \sqrt[n]{a_1\cdots a_n}\\
&=G(a_1,\ldots ,a_n)
\end{split}
\]
ove la disuguaglianza intermedia vale poiché l'esponenziale è una funzione convessa (e \(\tfrac{1}{n}b_1+\cdots \tfrac{1}{n}b_n\) è una combinazione convessa dei \(b_k\)).
Se qualche \(a_k\) è nullo allora la disuguaglianza vale in maniera banale, quindi abbiamo finito.

Se non si vogliono sfruttare queste proprietà, allora bisogna lavorare un po' di fantasia e fare come dice il tuo testo.

Innanzitutto, notiamo che basta dimostrare la disuguaglianza per \(G(a_1,\ldots ,a_n)=1\); infatti se \(G(a_1,\ldots ,a_n)=0\) la disuguaglianza è banalmente vera; se invece \(G(a_1,\ldots ,a_n)=g>0\), consideriamo i numeri \(\alpha_k := \frac{a_k}{g}\) ed otteniamo:
\[
G(\alpha_1,\ldots ,\alpha_n) =\sqrt[n]{\underbrace{\frac{a_1}{g}\cdots \frac{a_n}{g}}_{n\text{ fattori}}} = \frac{1}{g} G(a_1,\ldots ,a_n) =1
\]
e quindi supponendo di aver già provato che \(G(\alpha_1,\ldots ,\alpha_n)=1\leq A(\alpha_1,\ldots ,\alpha_n)\) otteniamo:
\[
1\leq \frac{1}{n} \left( \frac{a_1}{g}+\cdots +\frac{a_n}{g}\right) = \frac{1}{g}\ A(a_,\ldots ,a_n)
\]
cioè \(G(a_1,\ldots ,a_n)=g\leq A(a_1,\ldots ,a_n)\).
Dimostriamo allora che \(A(a_1,\ldots ,a_n)\geq 1\) se \(G(a_1,\ldots ,a_n)=1\). Provare tale disuguaglianza è equivalente a dimostrare che:
\[
\tag{1} a_1\cdots a_n\qquad \Rightarrow \qquad \sum_{k=1}^n a_k \geq n \; ,
\]
e questa la dimostriamo per induzione. La base dell'induzione è vera, quindi passiamo al passo induttivo. Supponiamo che valga la (1) per qualunque scelta di \(n\) numeri nonnegativi che danno prodotto \(=1\) e dimostriamo che:
\[
\tag{2} a_1\cdots a_{n+1}=1\quad \Rightarrow \qquad \sum_{k=1}^{n+1} a_k \geq n+1\; .
\]
Visto che \(a_1\cdots a_{n+1}=1\), allora sono possibili due casi:

[*:2op45b9a] o tutti gli \(a_k\) sono uguali ad \(1\);
[/*:m:2op45b9a]
[*:2op45b9a] oppure c'è qualche \(a_k\neq 1\).[/*:m:2op45b9a][/list:u:2op45b9a]
Nel primo caso la (2) è banalmente vera ed abbiamo finito.

Nel secondo caso, o c'è qualche \(a_k<1\) oppure qualche \(a_k>1\); nellla prima eventualità non è possibile che tutti gli altri \(a_h\) siano \(\leq 1\) (altrimenti il loro prodotto sarebbe \(<1\)), e dunque esiste un \(a_h>1\); nella seconda eventualità, in maniera duale, non è possibile che tutti i rimanenti \(a_h\) siano \(\geq 1\), ergo esiste qualche \(a_h<1\). Abbiamo così provato che esistono almeno due elementi \(a_h,a_k\in \{a_1,\ldots ,a_{n+1}\}\) tali che \(a_h<1senza ledere la generalità possiamo sempre pensare che \(a_n<1 Ora dobbiamo necessariamente usare l'ipotesi induttiva (finora non l'abbiamo fatto!): allora chiamiamo \(b:=a_na_{n+1}\) e notiamo che gli \(n\) numeri positivi \(a_1,\ldots ,a_{n-1}, b\) sono tali che \(a_1\cdots a_{n-1}b=a_1\cdots a_{n+1}=1\), quindi l'ipotesi induttiva (1) importa che:
\[
\tag{3} a_1+\cdots +a_{n-1}+a_na_{n+1}=a_1+\cdots +a_{n-1}+b\geq n\; .
\]
Siamo vicini alla disuguaglianza che vogliamo dimostrare, ma ci manca ancora qualcosa: infatti al primo membro della precedente c'è \(a_na_{n+1}\) al posto di \(a_n+a_{n+1}\) ed all'ultimo membro c'è \(n\) al posto di \(n+1\)... Perciò cerchiamo un modo sensato per mettere tutto a posto.
Abbiamo supposto che \(a_n<10\) e \(a_{n+1}-1>0\) ergo anche il prodotto di tali numeri è positivo; ma calcolando esplicitamente troviamo \(0<(a_{n+1}-1)(1-a_n)= a_{n+1} +a_n -a_na_{n+1} -1\), cioè:
\[
\tag{4} a_n+a_{n+1}-1> a_na_{n+1}
\]
e qui capiamo di aver vinto! Infatti sostituendo la (4) nella (3) otteniamo:
\[
a_1+\cdots +a_{n-1} +a_n+a_{n+1}-1>n
\]
che è proprio la nostra tesi.

E ciò conclude la dimostrazione per induzione.

[laska1]

Ciao gugo82.
Perdona il ritardo... Volevo ringraziarti per questa risposta dettagliata, rigorosa ed elegante.
A presto,

Laska.