[EX] - Disuguaglianze
Siano \(\displaystyle K, \; k, \; p \) tre numeri naturali, con \(\displaystyle K>k \). Provare che valgono le seguenti disuguaglianze: \[\displaystyle (p+1)k^{p} \le \frac{K^{p+1} - k^{p+1}}{K-k} \le (p+1)K^{p} \quad \quad [1]\]
Hint:
Si ponga poi \(\displaystyle S=\sum_{k=1}^{n} k^{p} \); utilizzando le disuguaglianze di cui sopra, provare che per \(\displaystyle K=k+1 \) e \(\displaystyle k \) che varia tra \(\displaystyle 0 \) e \(\displaystyle n-1 \) si ha \[\displaystyle (p+1)(S-n^{p}) \le n^{p+1} \le (p+1)S \quad \quad [2] \]
Dedurre infine che \[\displaystyle \frac{1}{p+1} \le \frac{S}{n^{p+1}} \le \frac{1}{p+1} + \frac{1}{n} \quad \quad [3] \]
Quale risultato non del tutto banale si ottiene passando quest'ultima catena al limite per \(\displaystyle n \to \infty \)?
Hint:
Si ponga poi \(\displaystyle S=\sum_{k=1}^{n} k^{p} \); utilizzando le disuguaglianze di cui sopra, provare che per \(\displaystyle K=k+1 \) e \(\displaystyle k \) che varia tra \(\displaystyle 0 \) e \(\displaystyle n-1 \) si ha \[\displaystyle (p+1)(S-n^{p}) \le n^{p+1} \le (p+1)S \quad \quad [2] \]
Dedurre infine che \[\displaystyle \frac{1}{p+1} \le \frac{S}{n^{p+1}} \le \frac{1}{p+1} + \frac{1}{n} \quad \quad [3] \]
Quale risultato non del tutto banale si ottiene passando quest'ultima catena al limite per \(\displaystyle n \to \infty \)?
Risposte
Faccio un tentativo.
@totissimus: bene. Appena ho un momento libero posto la mia soluzione, che si avvale del suggerimento che ho dato nel post principale.
EDIT (ore 22:16) - ecco come ho risolto:
Utilizzando la disuguaglianza di Bernoulli con \(\displaystyle x=\frac{k}{K} \) ed esponente \(\displaystyle p+1 \), si ottiene che \[\displaystyle \left( \frac{k}{K} \right)^{p+1} \ge 1 + (p+1)\left( \frac{k}{K} -1 \right) \]
cioè \[\displaystyle \frac{k^{p+1}}{K^{p+1}} \ge 1 + (p+1) \left( \frac{k-K}{K} \right) \]
moltiplicando poi tutto per \(\displaystyle K^{p+1}>0 \) si ha \[\displaystyle k^{p+1} \ge K^{p+1} - (p+1)(K-k)K^{p} \] da cui, con semplici passaggi algebrici \[\displaystyle (p+1)(K-k)K^{p} \ge K^{p+1} - k^{p+1} \] \[\displaystyle (p+1)K^{p} \ge \frac{K^{p+1}-k^{p+1}}{K-k} \]
L'altra disuguaglianza si prova ponendo \(\displaystyle x=\frac{K}{k} \).
Usando poi \(\displaystyle [1] \) con \(\displaystyle k=0,1,2,\dots,n-1 \) noto che si ha: \[\displaystyle 0 \le 1 \le p+1 \quad \quad (k=0) \] \[\displaystyle p+1 \le 2^{p+1}-1 \le (p+1)2^{p} \quad \quad (k=1) \] \[\displaystyle (p+1)2^{p} \le 3^{p+1} - 2^{p+1} \le (p+1)3^{p} \quad \quad (k=2) \] \[\displaystyle \vdots \] \[\displaystyle (p+1)(n-1)^{p} \le n^{p+1} - (n-1)^{p+1} \le (p+1)n^{p} \quad \quad (k=n-1) \] che sommate membro a membro restituiscono \[\displaystyle (p+1)\left[ \sum_{k=1}^{n}k^{p} - n^{p} \right] \le n^{p+1} \le (p+1)\left[\sum_{k=1}^{n} k^{p} \right] \]
E questo prova \(\displaystyle [2] \).
Poi: \[\displaystyle n^{p+1} \le (p+1)S \quad \Rightarrow \quad \frac{n^{p+1}}{S} \le p+1 \quad \Rightarrow \quad \frac{S}{n^{p+1}} \ge \frac{1}{p+1}\] tutte operazioni permesse in quanto abbiamo a che fare con reali positivi.
Per provare l'altra disuguaglianza bisogna invece lavorare un pochino di più: si ha \[\displaystyle S(p+1)-n^{p}(p+1) \le n^{p+1} \] \[\displaystyle S(p+1) \le n^{p+1}\left[1 + \frac{1}{n}(p+1)\right] \] che equivale a \[\displaystyle \frac{p+1}{\left[1 +\frac{1}{n}(p+1) \right]} \le \frac{n^{p+1}}{S} \] ovvero \[\displaystyle \frac{1+\frac{1}{n}(p+1)}{p+1}=\frac{1}{p+1} + \frac{1}{n} \ge \frac{S}{n^{p+1}} \]
E questo conclude l'esercizio.
La cosa interessante è che se ne può dedurre il seguente risultato, a mio avviso non banale: \[\boxed{\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1^{p} + 2^{p} + 3^{p} + \dots + n^{p}}{n^{p+1}}=\frac{1}{p+1} }\]
EDIT: corretta una svista su segnalazione di robbstark.
EDIT (ore 22:16) - ecco come ho risolto:
Utilizzando la disuguaglianza di Bernoulli con \(\displaystyle x=\frac{k}{K} \) ed esponente \(\displaystyle p+1 \), si ottiene che \[\displaystyle \left( \frac{k}{K} \right)^{p+1} \ge 1 + (p+1)\left( \frac{k}{K} -1 \right) \]
cioè \[\displaystyle \frac{k^{p+1}}{K^{p+1}} \ge 1 + (p+1) \left( \frac{k-K}{K} \right) \]
moltiplicando poi tutto per \(\displaystyle K^{p+1}>0 \) si ha \[\displaystyle k^{p+1} \ge K^{p+1} - (p+1)(K-k)K^{p} \] da cui, con semplici passaggi algebrici \[\displaystyle (p+1)(K-k)K^{p} \ge K^{p+1} - k^{p+1} \] \[\displaystyle (p+1)K^{p} \ge \frac{K^{p+1}-k^{p+1}}{K-k} \]
L'altra disuguaglianza si prova ponendo \(\displaystyle x=\frac{K}{k} \).
Usando poi \(\displaystyle [1] \) con \(\displaystyle k=0,1,2,\dots,n-1 \) noto che si ha: \[\displaystyle 0 \le 1 \le p+1 \quad \quad (k=0) \] \[\displaystyle p+1 \le 2^{p+1}-1 \le (p+1)2^{p} \quad \quad (k=1) \] \[\displaystyle (p+1)2^{p} \le 3^{p+1} - 2^{p+1} \le (p+1)3^{p} \quad \quad (k=2) \] \[\displaystyle \vdots \] \[\displaystyle (p+1)(n-1)^{p} \le n^{p+1} - (n-1)^{p+1} \le (p+1)n^{p} \quad \quad (k=n-1) \] che sommate membro a membro restituiscono \[\displaystyle (p+1)\left[ \sum_{k=1}^{n}k^{p} - n^{p} \right] \le n^{p+1} \le (p+1)\left[\sum_{k=1}^{n} k^{p} \right] \]
E questo prova \(\displaystyle [2] \).
Poi: \[\displaystyle n^{p+1} \le (p+1)S \quad \Rightarrow \quad \frac{n^{p+1}}{S} \le p+1 \quad \Rightarrow \quad \frac{S}{n^{p+1}} \ge \frac{1}{p+1}\] tutte operazioni permesse in quanto abbiamo a che fare con reali positivi.
Per provare l'altra disuguaglianza bisogna invece lavorare un pochino di più: si ha \[\displaystyle S(p+1)-n^{p}(p+1) \le n^{p+1} \] \[\displaystyle S(p+1) \le n^{p+1}\left[1 + \frac{1}{n}(p+1)\right] \] che equivale a \[\displaystyle \frac{p+1}{\left[1 +\frac{1}{n}(p+1) \right]} \le \frac{n^{p+1}}{S} \] ovvero \[\displaystyle \frac{1+\frac{1}{n}(p+1)}{p+1}=\frac{1}{p+1} + \frac{1}{n} \ge \frac{S}{n^{p+1}} \]
E questo conclude l'esercizio.
La cosa interessante è che se ne può dedurre il seguente risultato, a mio avviso non banale: \[\boxed{\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1^{p} + 2^{p} + 3^{p} + \dots + n^{p}}{n^{p+1}}=\frac{1}{p+1} }\]
EDIT: corretta una svista su segnalazione di robbstark.
"Delirium":
cioè \[\displaystyle \frac{k^{p+1}}{K^{p+1}} \ge 1 + (p+1) \left( \frac{k-K}{K} \right) \]
moltiplicando poi tutto per \(\displaystyle K^{p}>0 \) si ha \[\displaystyle k^{p+1} \ge K^{p+1} - (p+1)(K-k)K^{p+1} \]
A me sembra che moltiplichi per \(\displaystyle K^{p+1}>0 \) ma si ottiene \[\displaystyle k^{p+1} \ge K^{p+1} - (p+1)(K-k)K^{p} \].
Anche se in effetti sembra che \[\displaystyle k^{p+1} \ge K^{p+1} - (p+1)(K-k)K^{p+1} \] sia valida a maggior ragione, tra l'altro il secondo membro viene negativo. Questo significa che questa disuguaglianza è grossolana, può essere raffinata.
E' stata una svista. Correggo subito, grazie per aver segnalato.
"totissimus":
EDIT: avevo detto una fesseria, come fatto notare da Grazia.
@robbstark: in che senso si alternano i segni ?
@Delirium
Per come ti "conosco" dovresti aver sentito necessità di verificare quella disuguaglianza(che m'odora di originale..)
per il desiderio di confronto con l'arduo e la curiosità che ti contraddistingue nei tuoi,spesso interessantissimi,"deliri";
se però il fine ultimo era quel limite,ti propongo di verificare che esso vale,addirittura,$AAp in (-1,+oo)$ e,più easy,
che quella successione diverge $AAp in (-oo,-1]$:
sfruttando quella sorta di omologo per le successioni del teorema di De L'Hospital conosciuto come teorema di Cèsaro
(la cui dimostrazione conobbi tramite il Caponnetto-Catania,
e la cui "potenza" ho riscoperto grazie a questa sezione del Forum ed a Toti),
ed il noto comportamento di $sum_(n=0)^(+oo)n^p$ al variare di p in $RR$,
potevi cavartela in modo più immediato
(ma ciò non toglie che quella disuguaglianza è benvenuta,sebbene forse per "vie traverse",e la conserviamo con cura
)!
Saluti dal web.
Per come ti "conosco" dovresti aver sentito necessità di verificare quella disuguaglianza(che m'odora di originale..)
per il desiderio di confronto con l'arduo e la curiosità che ti contraddistingue nei tuoi,spesso interessantissimi,"deliri";
se però il fine ultimo era quel limite,ti propongo di verificare che esso vale,addirittura,$AAp in (-1,+oo)$ e,più easy,
che quella successione diverge $AAp in (-oo,-1]$:
sfruttando quella sorta di omologo per le successioni del teorema di De L'Hospital conosciuto come teorema di Cèsaro
(la cui dimostrazione conobbi tramite il Caponnetto-Catania,
e la cui "potenza" ho riscoperto grazie a questa sezione del Forum ed a Toti),
ed il noto comportamento di $sum_(n=0)^(+oo)n^p$ al variare di p in $RR$,
potevi cavartela in modo più immediato
(ma ciò non toglie che quella disuguaglianza è benvenuta,sebbene forse per "vie traverse",e la conserviamo con cura
)!Saluti dal web.
@theras: interessante, proverò appena possibile a cimentarmi nell'esercizio da te delineato.
In realtà quel risultato è "gratuito", nel senso che è una sorta di nota a margine. L'esercizio, proveniente da un vecchio compito, consisteva solo nel provare le disuguaglianze.
In realtà quel risultato è "gratuito", nel senso che è una sorta di nota a margine. L'esercizio, proveniente da un vecchio compito, consisteva solo nel provare le disuguaglianze.
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