Media geometrica < media aritmetica

[MementoMori2]

Ciao ragazzi, sapreste dimostrare che la media geometrica <= media aritmetica con la dimostrazione per induzione senza usare Bernoulli, grazie ciao!

[gugo82]

Sì, lo sappiamo fare... Prego, ciao!


P.S.: Detto in altri termini, cerca di riformulare la tua richiesta in modo da soddisfare i requisiti presenti in questo avviso.

[MementoMori2]

"gugo82":Sì, lo sappiamo fare... Prego, ciao!


P.S.: Detto in altri termini, cerca di riformulare la tua richiesta in modo da soddisfare i requisiti presenti in questo avviso.

Sai cosa dovrei fare? Pensarci un po' di più e non chiedere inutilmente, sprecando il mio tempo a scrivere tutti i passaggi da me svolti finora ... grazie ciao

[gugo82]

Può darsi.

Ma potresti anche provare a riportare i tuoi tentativi qui: sai com'è, tante volte riscrivendo si riescono a comprendere meglio i passaggi ed a capire se ci sono falle.
Inoltre, riportando i passaggi, aiuti gli utenti del forum a capire come stai impostando la dimostrazione, sicché possono trovare più agevolmente qualche consiglio da darti per terminare o per individuare gli errori... Senza stare lì a stravolgerti tutta la linea della dimostrazione.[nota]A meno di errori irreparabili, ovviamente.[/nota]

E sono sicuro che a tutti questi pro dello scrivere bene le richieste sul forum ci avevi già pensato tu... Dopotutto, se non riuscissi a comprendere che meditare sulle parole di un utente "anziano" porta solo vantaggi, non staresti provando a fare da solo una dimostrazione così.

[MementoMori2]

Spiego allora i miei tentativi, non ricopiandoli perchè non conducevano a niente. Inizialmente ho cercato di ridurre $\sqrt [n+1] {a1*...*an*an+1}$ alla $\sqrt [n] {a1*...*an}$ andando a separare anche an+1. Ciò non porta a niente dato che la diseguaglianza si complicava ulteriormente. Il successivo passaggio è stato quello di ridurre la diseguaglianza in modo tale da utilizzare Bernoulli, e fin qui tutto bene, ma non avendo ancora studiato tale diseguaglianza intuisco che ci sia un altro modo, a me sconosciuto. Altri tentativi sono stati elevazione a n o n+1 ma anche in tal caso non trovavo semplificazioni. Sperando che ciò sia abbastanza per suggerire come ho passato la mia ultima mezz'ora, attendo solo un piccolo suggerimento, per non rovinarmi il glorioso momento in cui scoprirò autonomamente la risoluzione. Grazie... ciao

[axpgn]

Potresti iniziare da questo problema: quando il prodotto di $n$ numeri positivi, a somma costante, raggiunge il suo valore massimo?

Se vuoi un hint per l'hint ...

Tra due coppie di numeri di pari somma quella con il maggior prodotto è quella con la minor differenza

Cordialmente, Alex

[gugo82]

@ MementoMori: Una dimostrazione possibile per induzione fa uso di un trucco inventato da Cauchy di persona personalmente (cit.) e che si basa sulla seguente idea:

[list=1]
[*:28ke4hgx] innanzitutto, dimostrare che la disuguaglianza AMGM è vera se \(n\) è una potenza di \(2\);

[/*:m:28ke4hgx]
[*:28ke4hgx] dimostrare che se essa vale \(n\) allora vale (attenzione!) per \(n-1\);

[/*:m:28ke4hgx]
[*:28ke4hgx] applicare quanto stabilito nei punti 1 e 2 per gestire il caso generale.[/*:m:28ke4hgx][/list:o:28ke4hgx]

Il punto 1 è facile e si usa l'induzione in maniera canonica.

Infatti, la base dell'induzione si ottiene tenendo presente che il quadrato di binomio \((a_1-a_2)^2\) è sempre non negativo; mentre il passo induttivo, i.e.:
\[
\sqrt[2^h]{\prod_{i=1}^{2^h} a_i}\leq \frac{1}{2^h}\cdot \sum_{i=1}^{2^h} a_i\quad \Rightarrow\quad \sqrt[2^{h+1}]{\prod_{i=1}^{2^{h+1}} a_i}\leq \frac{1}{2^{h+1}}\cdot \sum_{i=1}^{2^{h+1}} a_i\; ,
\]
si dimostra introducendo la quantità \(a_i^\prime := \frac{a_i+a_{i+1}}{2}\) (con \(i=1,3,5,\ldots, 2^{h+1}-1\)) nella sommatoria all'ultimo membro ed applicando la AMGM assunta come ipotesi induttiva ai \(2^h\) numeri \(a_1^\prime,a_3^\prime,\ldots,a_{2^{h+1}-1}^\prime \).
(La notazione è un po' brutta, ma puoi modificartela a piacere... )

Il punto 2 è pure semplice.

Questo si fa semplicemente sostituendo nella AMGM con \(n\) termini \(a_n=\frac{a_1+a_2+\cdots +a_{n-1}}{n-1}\) e facendo un po' di contarielli.

Il punto 3 è quello davvero sballoso!

Infatti, se \(n\) è arbitrario, esso o è una potenza di \(2\) oppure non lo è: nel primo caso, sei a posto (per 1); nel secondo caso ti basta notare che la AMGM vale per la più piccola potenza di \(2\), diciamola \(2^\nu\), che supera \(n\) (per 1) e che essa vale anche per \(2^\nu -1\) (per 2), e poi per \((2^\nu -1)-1=2^\nu -2\) (per 2), e poi per \((2^\nu -2)-1 = 2^\nu -3\) (per 2), ..., infine per \(2^\nu -(2^\nu -n) =n\) (sempre per 2).

@alexp: Credo che la difficoltà di MementoMori stia nel passo induttivo, piuttosto che nella base dell'induzione...