Disuguaglianze con medie e con integrali

[gugo82]

Problema:

1. Siano $N\geq 2$ un numero naturale ed $M\ge m>0$.
Provare che la disuguaglianza:
\[\tag{1}
\frac{1}{N} \left( x_1+\cdots + x_N\right)\cdot \frac{1}{N} \left( \frac{1}{x_1}+\cdots + \frac{1}{x_N}\right)\leq \frac{(m+M)^2}{4mM}
\]
vale per ogni possibile scelta di $x_1,\ldots ,x_N$ nell'intervallo $[m,M]$.

2. Siano $M\ge m>0$ ed $f:[a,b]\to ]0,+\infty[$ una funzione limitata ed integrabile secondo Riemann tale che $m\le f(x) \le M$ in $[a,b]$. In tale ipotesi, anche la funzione reciproca $1/f$ è limitata ed integrabile in $[a,b]$.
Usando il risultato 1, dimostrare che vale la disuguaglianza:
\[\tag{2}
\left( \int_a^b f(x)\ \text{d} x\right)\left( \int_a^b \frac{1}{f(x)}\ \text{d} x\right) \leq \frac{(m+M)^2}{4mM}\ (b-a)^2\; .
\]

[anto_zoolander]

un piccolo hint?

io ho provato a considerare chebycheff con

$((x_1+...+x_N)(1/x_1+...+1/x_N))/N^2leq(x_1/x_N+x_2/x_(N-1)+...+x_N/x_1)$

o cauchy-schwarz con

$((x_1+...+x_N)(1/x_1+...+1/x_N))/N^2geq1/N^2$

ma non vado molto lontano, o anche per induzione.

[sapo931]

Per la prima sono arrivato a questo
\[
\frac{1}{N} \left( x_1+\cdots + x_N\right)\cdot \frac{1}{N} \left( \frac{1}{x_1}+\cdots + \frac{1}{x_N}\right)\leq \frac{(m+M)^2}{mM}
\]
in questo modo

considero le maggiorazioni

$\sum_{i=1}^{N} x_{i} \leq \sum_{i=1}^{N} M \leq N*M$

$\sum_{i=1}^{N} \frac{1}{x_{i}} \leq \sum_{i=1}^{N} \frac{1}{m} \leq \frac{N}{m}$

da cui
\[ \frac{1}{N} \left( x_1+\cdots + x_N\right)\cdot \frac{1}{N} \left( \frac{1}{x_1}+\cdots + \frac{1}{x_N}\right) \]
\[ \leq \frac{1}{N} \cdot N M \cdot \frac{1}{N} \cdot \frac{N}{m}
\leq \frac{M}{m}
\leq \frac{M^2}{mM}
\leq \frac{(m+M)^2}{mM} \]

che però è 4 volte più grossa di quanto dovrebbe essere

[theras]

Quel $4$,per istinto,mi fa pensare ad un qualche polinomio quadrato "magico",negativo per un opportuno valore ma con coefficiente del termine di massimo grado positivo:
ci rifletto..
Per il II° andrei verso le somme di Cauchy-Riemann superiori ed inferiori,ma ciò che m'incuriosice davvero è l'importanza di quella disuguaglianza integrale in qualche interpretazione impensabile alla Gugo:
ho idea che quella sarà la vera sorpresa di quest'esercizio ..
Saluti dal web.

[wanderer1]

ci provo per il punto 1.
Allora, ho la funzione:

$f(x_1, ... , x_n) = 1/n^ 2(x_1 + ... + x_n) (1/x_1 + ... + 1/x_n)$

considerata nell'intervallo (in cui è continua e differenziabile): $x_1, ... , x_n \in [m;M]$, con $0 Il mio obiettivo è massimizzarla, e parto con notare che:

${\partial ^2 f}/{\partial x_i^2} > 0$ con $ 1<=i<=n$, $\forall x_1 , .. , x_n \in Dom(f)$

Questo implica che il massimo della funzione si debba trovare su almeno uno dei "vertici" della funzione considerata, ovvero su almeno uno dei punti della funzione che si trovano ai "vertici" del dominio considerato. Se così non fosse si potrebbe dimostrare (con Lagrange ?) il contrario di quanto affermato prima (riguardo la derivata parziale seconda), incappando in una contraddizione. [nota]Nucleo della dimostrazione che salto a piè pari [/nota] Constatato ciò, si parte a capire quale dei "vertici" della funzione massimizza la funzione stessa. Si tratta di massimizzare la funzione:

$g_n(x) = 1/n^2 (xM + (n-x)m)(x/M+(n-x)/m)$ con $x in \mathbb{N}, 0<=x<=n $

che altro non è che la funzione $f$, considerata nei suoi vertici, aventi $x$ coordinate $M$ e $(n-x)$ coordinate $m$.
E' facile dimostrare che il massimo si trova ad $x=n/2$ nel caso n sia sia pari, oppure $x=(n +- 1)/2$ nel caso n sia dispari.

Quindi nel caso $n$ sia pari, il massimo della funzione sarebbe: $1/n^2 (n/2 M + n/2 m)(n/2 1/M + n/2 1/m)= {(M+m)^2}/{4mM}$

Nel caso $n$ sia dispari, il massimo sarebbe: ${(M+m)^2}/{4mM} - {(M-m)^2}/{4 n^2 mM}$

Pertanto si può affermare che $f <= {(M+m)^2}/{4mM}$ ovvero che

$1/n^ 2(x_1 + ... + x_n) (1/x_1 + ... + 1/x_n) <= {(M+m)^2}/{4mM}$


Per il punto 2, io utilizzerei la definizione dell'integrale di Riemann:

$\int_a^b f(x) dx \int_a^b 1/f(x) dx = \lim_{n-> + \infty} [{b-a}/n \sum_{s=1}^n f(t_s)][{b-a}/n \sum_{s=1}^n 1/f(t_s)]$ con $m<=f(t_s)<=M$

Quindi è evidente che ci siamo riportati ad un caso simile a quello del punto 1. Infatti (a prescindere da $n$), sappiamo che:

$[1/n \sum_{s=1}^n f(t_s)][1/n \sum_{s=1}^n 1/f(t_s)] <= {(M+m)^2}/{4mM}$ e che quindi

$\int_a^b f(x) dx \int_a^b 1/f(x) dx = \lim_{n-> + \infty} [{b-a}/n \sum_{s=1}^n f(t_s)][{b-a}/n \sum_{s=1}^n 1/f(t_s)] <= {(M+m)^2}/{4mM} (b-a)^2 $

PS: perdonate le molte parti lacunose (se non orripilanti) della "dimostrazione", ma non ho le conoscenze per renderla formalmente più presentabile

[totissimus]

$\frac{1}{x}-\frac{1}{M}=\frac{M-x}{xM}\leq\frac{M-x}{mM}=\frac{1}{m}-\frac{x}{mM}$

$\frac{1}{x}\leq\frac{1}{M}+\frac{1}{,m}-\frac{x}{mM}$

$\frac{1}{x}\leq\frac{m+M}{Mm}-\frac{x}{mM}$

$\sum\frac{1}{x_{i}}\leq\frac{M+m}{Mm}N-\frac{1}{mM}\sum x_{i}$

$s=\sum x_{i}$

$(\sum x_{i})(\sum\frac{1}{x_{i}})\leq(\frac{M+m}{Mm}N)s-\frac{1}{mM}s^{2}$

La funzione quadratica $y=(\frac{M+m}{Mm}N)s-\frac{1}{mM}s^{2}$ assume il massimo valore vertice della parabola
$y_{max}=\frac{\frac{(m+M)^2}{m^2 M^2}N^2}{4\frac{1}{Mm}}=N^2\frac{(m+M)^2}{4mM}$

[gugo82]

@totissimus: Ok, più bella della mia che si basa su una massimizzazione paraziale iterata (tipo simplesso) e su contazzi algebrici.

Consideriamo la funzione $\phi:[m,M]\to \RR$ definita ponendo:
\[
\tag{1}
\phi (x; \alpha ,\beta ) := \left( \alpha + x\right)\cdot \left( \beta+\frac{1}{x}\right)
\]
con parametri $\alpha , \beta >0$. La funzione è chiaramente convessa in $[m,M]$, dunque assume il suo massimo in uno dei due estremi dell'intervallo; in particolare:
\[
\tag{2}\begin{split}
\max_{x\in [m,M]} \phi(x;\alpha , \beta) &= \begin{cases} \phi (m; \alpha , \beta) &\text{, se } \left( \alpha + m\right)\cdot \left( \beta+\frac{1}{m}\right) \geq \left( \alpha + M\right)\cdot \left( \beta+\frac{1}{M}\right)\\ \phi (M; \alpha , \beta) &\text{, se } \left( \alpha + m\right)\cdot \left( \beta+\frac{1}{m}\right) < \left( \alpha + M\right)\cdot \left( \beta+\frac{1}{M}\right)\end{cases}\\
&=\begin{cases} \left( \alpha + m\right)\cdot \left( \beta+\frac{1}{m}\right) &\text{, se } mM \leq \frac{\alpha}{\beta}\\ \left( \alpha + M\right)\cdot \left( \beta+\frac{1}{M}\right) &\text{, se } mM > \frac{\alpha}{\beta}\end{cases}\; .
\end{split}
\]
Nel caso in esame, il primo membro della disuguaglianza si può leggere come prodotto della costante $1/N^2$ e di:
\[
\tag{3}
\phi \left( x_n; \alpha (\hat{x}_n), \beta (\hat{x}_n)\right)
\]
con:
\[
\tag{4} \begin{split}
\hat{x}_n &:= (x_1,\ldots , x_{n-1},x_{n+1},\ldots ,x_N)\\
\alpha (\hat{x}_n) &:= \sum_{k\neq n} x_k\\
\beta (\hat{x}_n) &:= \sum_{k\neq n} \frac{1}{x_k}
\end{split}
\]
ed $n$ scelto in $\{1,\ldots ,N\}$.

A questo punto, possiamo fissare $n=N$ e massimizzare \(\phi \left( x_N; \alpha (\hat{x}_N), \beta (\hat{x}_N)\right)\) rispetto a $x_N$ col metodo esposto più sopra (quindi scegliendo, a seconda dei casi, $x_N=m$ oppure $x_N=M$).
Detto $\bar{x}_N$ il valore che dà il massimo, il valore \(\phi \left( \bar{x}_N; \alpha (\hat{x}_N), \beta (\hat{x}_N)\right)\) ottenuto con la (2) è una funzione di $x_1,\ldots ,x_{N-1}$ che è ancora del tipo (3), con l'unica differenza che \(\alpha (\cdot)\) e \(\beta (\cdot)\) contengono la quantità (ormai fissata) \(\bar{x}_N\) al posto della variabile \(x_N\).
Quindi, fissato $n=N-1$, possiamo di nuovo massimizzare \(\phi \left( x_{N-1}; \alpha (\hat{x}_{N-1}), \beta (\hat{x}_{N-1})\right)\) rispetto a $x_N$ col metodo esposto più sopra. Detto \(\bar{x}_{N-1}\) il valore che dà il massimo, il valore \(\phi \left( \bar{x}_{N-1}; \alpha (\hat{x}_{N-1}), \beta (\hat{x}_{N-1})\right)\) ottenuto con la (2) è una funzione solo di $x_1,\ldots ,x_{N-2}$ ancora del tipo (3), con l'unica differenza che \(\alpha (\cdot)\) e \(\beta (\cdot)\) contengono le quantità (ormai fissate) \(\bar{x}_{N-1}, \bar{x}_N\) al posto delle variabili \(x_{N-1}, x_N\)...

Iterando il procedimento si riesce a massimizzare la quantità al primo membro con una quantità del tipo:
\[
\frac{1}{N^2}\left( (N-\nu) m + \nu M\right)\cdot \left( \frac{N-\nu}{m} + \frac{\nu}{M}\right)
\]
in cui \(\nu \in \{0,\ldots ,N\}\) conta quante variabili sono state fissate uguali ad \(M\); ne consegue che:
\[
\tag{5}
\begin{split}
\frac{1}{N^2}\left( x_1+\cdots +x_N\right)\cdot \left( \frac{1}{x_1}+\cdot \frac{1}{x_N}\right) &\leq \frac{1}{N^2}\left( (N-\nu) m + \nu M\right)\cdot \left( \frac{N-\nu}{m} + \frac{\nu}{M}\right)\\
&= \frac{1}{N^2mM}\left( \nu(M-m) + Nm\right)\cdot \left( N M - \nu (M-m)\right)\\
&= 1+\frac{(M-m)^2}{N^2mM}\ \nu (N-\nu)\\
&= \frac{(M+m)^2}{4mM} - \frac{(M-m)^2}{4mM} + \frac{(M-m)^2}{mM}\ \frac{\nu}{N} - \frac{(M-m)^2}{mM}\ \frac{\nu^2}{N^2}\\
&= \frac{(M+m)^2}{4mM} - \frac{1}{N^2}\ \frac{(M-m)^2}{mM}\ \left( \frac{N}{2} - \nu \right)^2\\
&\leq \frac{(M+m)^2}{4mM}\\
&= \frac{1}{2}(m+M)\cdot \frac{1}{2}\left( \frac{1}{m} + \frac{1}{M}\right)\; ,
\end{split}
\]
come volevamo.

Dalla catena di disuguaglianze (5) segue che l'uguaglianza è soddisfatta se e solo se \(\nu = N/2\); ciò equivale a dire che l'uguaglianza sussiste in:
\[
\frac{1}{N} \left( x_1+\cdots + x_N\right)\cdot \frac{1}{N} \left( \frac{1}{x_1}+\cdots + \frac{1}{x_N}\right)\leq \frac{(m+M)^2}{4mM}
\]
se e solo se $N$ è pari, metà degli $x_1,\ldots ,x_N$ è scelta $=m$ e l'altra metà è scelta $=M$.

Che mi dite della questione 2?

Suggerimento: L'idea di theras è ottima.

[totissimus]

La seconda disuguaglianza si puo` ricavare come ho ricavato la prima e sostituendo x con f(x) e le sommatorie con integrali.

[theras]

Per completezza,dato che l'elevato numero di visualizzazioni mi fa pensare possano esserci utenti interessati a questo esercizio che generalmente frequentano altre stanze scervellanti ,illustro la mia verifica del I° punto basata sull'idea lanciata in precedenza e nel farlo,indicate rispettivamente con $"M"_"arm"$ ed $"m"_"arit"$ la media armonica e quella aritmetica degli $"N"$ arbitrari numeri $"x"_"1"",x"_"2"",...,x"_"N"$(non necessariamente a due a due distinti)dell'intervallo $"I=[m,M]"$
(al più degenerato nel singoletto $"{m}={M}$),
tutti positivi insieme a qualunque loro media di ordine $p$ in forza dell'ipotesi $"m"in"]0,+"oo"["$,
considero la funzione polinomiale $"f(t)=mM"_"arm""t"^"2""-M"_"arm""(m+M)t+Mm"_"arit:"RR to RR$
(certamente quadratica in virtù dell'ipotesi $"m"in"]0,+"oo"["$)
e noto come,riscrittane la legge di definizione sotto la forma $"f(t)=M"_"arm""(m-M)(t"^"2""-t)+(Mm"_"arit""-mM"_"arm""t)"$,
sia agevole avvedersi che,scelto a piacere $"z"in"]""M"/"m"{"m"_"arit"}/{"M"_"arm"}",+"oo"["$,si ha $"Mm"_"arit""-mM"_"arm""z"in"]-"oo",0["$ e $"M"_"arm""(m-M)z(z-1)"le"0"$
(come importabile dal fatto che $"z(z-1)"in"]0,+"oo"["$,avendosi $"z"in"]1,+"oo"["$ in considerazione dell'essere $"m"le"M"" e M"_"arm"le"m"_"arit"$)$Rightarrow"f(z)"in"]-"oo",0["$:
tale polinomio di II° grado assume insomma,pur avendo nelle nostre ipotesi coefficiente del termine di massimo grado positivo strettamente,valore negativo per(almeno)un(e dunque infiniti)valore della sua indeterminata $"t"$,e come tale non potrà avere discriminante negativo(altrimenti sarebbe positiva in tutto l'insieme dei reali,come noto dalla Scuola Media Superiore).
Imponendone allora non negativo il determinante sarà poi immediato,e lecito in considerazione della positività degli oggetti in essa coinvolti,ottenere come ${"m"_"arit"}/{"M"_"arm"}le{"(m+M)"^"2"}/"4mM"$,la quale è equivalente a quanto richiesto di verificare:
la tesi in parola è allora definitivamente acquisita in forza dell'arbitrarietà degli $"x"_"1"",x"_"2"",...,x"_"N"$.
Sul II° punto ho proceduto come ritengo abbia detto,neanche troppo tra le righe,Totissimus:
se qualcuno avesse difficoltà a formalizzare questa idea lo dica pure.
@Gugo.
Perchè hai ritenuto che questa stima fosse interessante?Dai,sorprendici ...
Saluti dal web.
P.S.Azz..l'ho combinata grossa in quella riscrittura di f(t):
l'idea di base però forse val la pena di seguirla..

[gugo82]

"gugo82":2. Siano $M\ge m>0$ ed $f:[a,b]\to ]0,+\infty[$ una funzione limitata ed integrabile secondo Riemann tale che $m\le f(x) \le M$ in $[a,b]$. In tale ipotesi, anche la funzione reciproca $1/f$ è limitata ed integrabile in $[a,b]$.
Usando il risultato 1, dimostrare che vale la disuguaglianza:
\[
\left( \int_a^b f(x)\ \text{d} x\right)\left( \int_a^b \frac{1}{f(x)}\ \text{d} x\right) \leq \frac{(m+M)^2}{4mM}\ (b-a)^2\; .
\]

Sia \(D:=\{a=x_0 \[
x_n-x_{n-1} = \frac{b-a}{N}
\]
per ogni $n\in \{1,\ldots ,N\}$. Detti \(\xi_1,\ldots ,\xi_N\) punti scelti a casaccio negli intervalli \([x_0,x_1],\ldots ,[x_{N-1},x_N]\), le somme integrali di Riemann:
\[
\begin{split}
\sigma_D (f;\xi_1,\ldots ,\xi_N) &:= \sum_{n=1}^N f(\xi_n) (x_n-x_{n-1}) \\
&= \frac{b-a}{N}\ \sum_{n=1}^N f(\xi_n)\\
\sigma_D (1/f;\xi_1,\ldots ,\xi_N) &:= \sum_{n=1}^N \frac{1}{f(\xi_n)} (x_n-x_{n-1}) \\
&= \frac{b-a}{N}\ \sum_{n=1}^N \frac{1}{f(\xi_n)}
\end{split}
\]
dipendono dalle medie aritmetica ed armonica dei numeri \(f(\xi_1),\ldots ,f(\xi_N)\), i quali appartengono all'intervallo $[m,M]$; pertanto, esprimendo le medie in funzione delle somme di Riemann e sostituendo nella (1), troviamo:
\[
\sigma_D (f;\xi_1,\ldots ,\xi_N)\cdot \sigma_D (1/f;\xi_1,\ldots ,\xi_N) \leq \frac{(m+M)^2}{4mM}\ (b-a)^2
\]
e da ciò segue la tesi, passando al limite su $N$.

***

@ theras: In realtà mi sembrava simpatica la disuguaglianza (2) perché fornisce una stima dall'alto che si può combinare con la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz.
Invero, applicando C-S alle funzioni $u(x)=\sqrt{f(x)}$ e $v(x)=\frac{1}{u(x)}=\frac{1}{\sqrt{f(x)}}$ si ottiene:
\[
\begin{split}
(b-a)^2 &= \left( \int_a^b 1\ \text{d} x\right)^2\\
&= \left( \int_a^b u(x) v(x)\ \text{d} x\right)^2\\
&\stackrel{\text{C-S}}{\leq} \int_a^b u^2(x)\ \text{d}x\cdot \int_a^b v^2(x)\ \text{d}x\\
&=\int_a^b f(x)\ \text{d}x\cdot \int_a^b \frac{1}{f(x)}\ \text{d} x
\end{split}
\]
e combinando questa disuguaglianza con la (2) si ottiene:
\[
(b-a)^2 \leq \int_a^b f(x)\ \text{d}x\cdot \int_a^b \frac{1}{f(x)}\ \text{d} x \leq \frac{(m+M)^2}{4mM}\ (b-a)^2\; .
\]
La precedente catena serve a localizzare in maniera approssimata il valore dell'integrale della funzione reciproca \(1/f\) una volta che sia noto il valore dell'integrale di $f$: infatti, si ricava banalmente:
\[
\tag{3}
\frac{(b-a)^2}{\int_a^b f(x)\ \text{d}x} \leq \int_a^b \frac{1}{f(x)}\ \text{d} x \leq \frac{(m+M)^2}{4mM}\ \frac{(b-a)^2}{\int_a^b f(x)\ \text{d}x}\; ,
\]
e dalla stima (3) segue che il valore di \(\int_a^b \frac{1}{f(x)}\ \text{d} x\) si può approssimare con la media aritmetica dei membri esterni, cioè:
\[
\frac{(b-a)^2}{2\int_a^b f(x)\ \text{d}x}\ \left( 1 + \frac{(m+M)^2}{4mM}\right)\; ,
\]
commettendo un errore assoluto $\epsilon$ con valore assoluto minore o tutto al più uguale alla semidifferenza dei due membri esterni, i.e.:
\[
\frac{(b-a)^2}{2\int_a^b f(x)\ \text{d}x}\ \left( \frac{(m+M)^2}{4mM} - 1\right) = \frac{(b-a)^2}{2\int_a^b f(x)\ \text{d}x}\ \frac{(M-m)^2}{4mM}\; .
\]
Fissando i migliori valori possibili di $m$ ed $M$, cioè scegliendo:
\[
\begin{split}
m&= \inf_{x\in [a,b]} f(x)\\
M&= \sup_{x\in [a,b]} f(x)\; ,
\end{split}
\]
si vede che l'approssimazione ottenuta è tanto migliore quanto minore è l'oscillazione massima $M-m$ di $f$ in $[a,b]$.

[gugo82]

Problema (continuando):

3. Provare che, scelti gli $x_1,\ldots ,x_N$ come al quesito 1, risulta:
\[
\left( \alpha_1x_1+\cdots + \alpha_N x_N\right)\cdot \left( \frac{\alpha_1}{x_1}+\cdots + \frac{\alpha_N}{x_N}\right) \leq \frac{(m+M)^2}{4mM}\cdot (\alpha_1+\cdots +\alpha_N)^2
\]
per ogni $N$-upla di pesi \(\alpha_1,\ldots ,\alpha_n\geq 0\).

[Rigel1]

Mi sembra che il metodo proposto da totissimus funzioni egregiamente anche in questo caso.

[gugo82]

Beh, pare anche a me... Inoltre, noto che si può semplificare il problema riconducendolo al caso di pesi che sommano ad $1$.

Un'altra generalizzazione che avevo in mente era quella con le $p$-medie, cioè una cosa del tipo:
\[
M_p(x_1,\ldots ,x_N)\cdot M_p\left(\frac{1}{x_1},\ldots ,\frac{1}{x_N}\right) \leq M_p(m,M)\cdot M_p\left( \frac{1}{m}, \frac{1}{M}\right)
\]
in cui, come al solito, il simbolo $M_p(\cdot)$ denota la $p$-media dei suoi $K$ argomenti, cioè la quantità:
\[
\left( \frac{1}{K}\ \sum_{k=1}^K a_k^p\right)^{1/p} \; .
\]
Di questa disuguaglianza non ho una dimostrazione, quindi è una congettura.

[theras]

Ho trovato un'agevole verifica "geometrica" della seconda disuguaglianza che,magari,può risultare da spunto per provare o confutare la congettura di Gugo(sulla cui veridicità non sono ottimista perchè le proprietà delle norma-2 per le matrici,che ho la sensazione permetta di reinterpretare la disuguaglianza in parola rifacendosi allo spettro d'una opportuna matrice reale simmetrica,sono alquanto specifiche e ad istinto mi sembrano più "pesanti" dell'equivalenza tra sifatte p-norme matriciali..),e nell'illustrarla,effettuata preliminarmente un'eventuale ridenominazione degli arbitrari $"x"_"i" "(i" in "{1,2,...,N})"$ in modo tale che $"x"_"i" le "x"_"i+1" AA"i" in "{1,...,N-1}"$(la quale è certo possibile per la finitezza di tale insieme numerico e non altererà la bontà del ragionamento,riguardando quest'ultimo solo operazioni commutative quali le usuali addizioni e moltiplicazioni tra reali),introduco per comodità di notazione il numero reale(positivo nelle nostre ipotesi) $"s="alpha_"1""+...+"alpha_"N"$ ed osservo come la disuguaglianza in questione,per gli elementi precedentemente fissati a piacere,sia equivalente alla $"("{alpha_"1"}/"s" "x"_"1""+...+"{alpha_"N"}/"s""x"_"N"")("{alpha_"1"}/"s" "1"/{"x"_"1"}"+...+"{alpha_"N"}/"s" "1"/{"x"_"N"}")"le{"(M+m)"^"2"}/{"4mM"}$ (2) ;
notato poi che,se $"x"_"1""=x"_"N"$,essa si ridurebbe agevolmente alla $"1"le {"(M+m)"^"2"}/{"4mM"}$(equivalente nelle nostre ipotesi alla $"(M-m)"^"2"ge "0"$,pacificamente vera),restringiamo l'attenzione al caso $"x"_"1"<"x"_"N"$ e consideriamo l'insieme di punti del piano cartesiano $"I={P"_"0""=(m," "1"/"m" "),P"_"1""=(x"_"1","1"/{"x"_"1"}"),...,P"_"N""=(x"_"N","1"/{"x"_"N"}")P"_"N+1""=(M,""1"/"M"")}"$
(la cui cardinalità,nell'evenienza in esame,è un intero compreso tra $2$ ed $N+2$ estremi inclusi),evidentemente giacenti sul ramo positivo(e concavo verso il basso,avendosi $"y''(x)=""2"/{"x"^"3"} AA "x" in "]0,+"oo"["$)dell'iperbole equilatera $gamma" : y=""1"/"x"$:
detta allora $"r : y= ""1"/"m"" + ""1"/"M"" - ""x"/"mM"$ la retta congiungente il primo e l'ultimo di tali punti,osserviamo che $overline("P")"=("{alpha_"1"}/"s" "x"_"1""+...+"{alpha_"N"}/"s""x"_"N"","{alpha_"1"}/"s" "1"/{"x"_"1"}"+...+"{alpha_"N"}/"s" "1"/{"x"_"N"}")"$ è combinazione lineare convessa(con primo ed ultimo coefficiente nulli)degli elementi di $"I"$ e,in quanto tale,ha ordinata compresa tra quelle dei punti intersezione della parallela all'asse delle ordinate passante per $overline("P")$ rispettivamente con $gamma$ ed $r$(un disegno dell'inviluppo convesso dei punti di I può aiutare).
Si ha insomma $"1"/{"x"_{overline("P")}} le "y"_{overline("P")} le "1"/"m""+""1"/"M""-"{"x"_{overline("P")}}/"mM"Rightarrow"1"le "x"_{overline("P")}"y"_{overline("P")} le "(""1"/"m""+""1"/"M""-""x"_{overline("P")}")""x"_{overline("P")}Rightarrow"1"le"x"_{overline("P")}"y"_{overline("P")} le {"(m+M)"^"2"}/{"4mM"}$
(come agevolmente importabile dalla precedente disuguaglianza e dall'avere la parabola $Psi": y=(" "1"/"m" " + " "1"/"M" " - " "t"/"mM"")t"$
ordinata massima ${"-"Delta}/"4a" "="{"(m+M)"^"2"}/"4mM"$ per quanto noto dalla Scuola Media Superiore),che è una riscrittura della (2):
quest'ultima,vista l'analogia di conclusioni nei due casi presentabilisi,è allora definitivamente acquisita.
Se non ho compiuto altre stupidaggini spero che quanto scritto possa essere in qualche modo utile:
saluti dal web.

[theras]

D'improvviso inizio a pensare che la congettura di Gugo sia, guarda un pò il caso :lol , ben fondata:
se interessa argomento appena m'è possibile.
Saluti dal web.