Siano [tex]x_1,x_2,...,x_n[/tex] reali non negativi. Si dimostri che, per ogni [tex]n>2[/tex] intero, esistono [tex]i,j[/tex] interi tali che [tex]i≠j[/tex], [tex]1≤i,j≤n[/tex] ed infine:
[tex]\displaystyle 0≤\frac{x_i−x_j}{x_ix_j+2x_j+1}<\frac{1}{n−2}[/tex]
[L04] !?
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bern1-16-4-13
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Re: [L04] !?
Poniamo per comodità $x_1\le x_2\le\cdots\le x_n$.
Supponendo l'assurdo si ha quindi che $$\frac{x_i-x_j}{x_ix_j+2x_j+1}\ge\frac{1}{n-2}\ \ \forall i>j.$$Con qualche passaggio algebrico si ottiene che questo è equivalente a supporre che $$\left(n-2-x_j\right)x_i\ge nx_j+1\ \ \forall i>j.$$Dal momento che $nx_j+1\stackrel{x_j\ge 0}{>}0$, ciò implica che $\left(n-2-x_j\right)x_i>0\ \ \forall i>j$ ovvero $x_j<n-2\ \ \forall j<n$. Visto che adesso sappiamo che $\left(n-2-x_j\right)>0$ concludiamo che $$x_i\ge\frac{nx_j+1}{n-2-x_j}\ \ \forall i>j,$$e in particolare $$x_{j+1}\ge\frac{nx_j+1}{n-2-x_j}\forall j<n.$$Dimostriamo infine per induzione che $x_j\ge\frac{j-1}{n-j}\ \ \forall j<n$. Fatto quello otterremmo che $x_{n-1}\ge n-2$, che andrebbe in contraddizione con il fatto che $x_j<n-2\ \ \forall j<n$, portando quindi ad un assurdo.
Il passo base $x_1\ge 0$ è proprio una delle ipotesi del problema. Supponiamo quindi per il passo induttivo la tesi vera per $0<j=k<n-1$ e dimostriamola per $j=k+1$. Poiché per ovvi motivi $$\frac{nx_k+1}{n-2-x_k}\ge \frac{nr+1}{n-2-r}\ \ \forall 0\le r\le x_k,$$otteniamo subito che $$x_{k+1}\ge \frac{nx_k+1}{n-2-x_k}\stackrel{hp.\ ind.}{\ge}\frac{n\frac{k-1}{n-k}+1}{n-2-\frac{k-1}{n-k}}=\frac{\left(n-1\right)k}{\left(n-1\right)\left(n-k-1\right)}=\frac{k}{n-k-1},$$che è proprio quello che ci serviva per concludere.
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Supponendo l'assurdo si ha quindi che $$\frac{x_i-x_j}{x_ix_j+2x_j+1}\ge\frac{1}{n-2}\ \ \forall i>j.$$Con qualche passaggio algebrico si ottiene che questo è equivalente a supporre che $$\left(n-2-x_j\right)x_i\ge nx_j+1\ \ \forall i>j.$$Dal momento che $nx_j+1\stackrel{x_j\ge 0}{>}0$, ciò implica che $\left(n-2-x_j\right)x_i>0\ \ \forall i>j$ ovvero $x_j<n-2\ \ \forall j<n$. Visto che adesso sappiamo che $\left(n-2-x_j\right)>0$ concludiamo che $$x_i\ge\frac{nx_j+1}{n-2-x_j}\ \ \forall i>j,$$e in particolare $$x_{j+1}\ge\frac{nx_j+1}{n-2-x_j}\forall j<n.$$Dimostriamo infine per induzione che $x_j\ge\frac{j-1}{n-j}\ \ \forall j<n$. Fatto quello otterremmo che $x_{n-1}\ge n-2$, che andrebbe in contraddizione con il fatto che $x_j<n-2\ \ \forall j<n$, portando quindi ad un assurdo.
Il passo base $x_1\ge 0$ è proprio una delle ipotesi del problema. Supponiamo quindi per il passo induttivo la tesi vera per $0<j=k<n-1$ e dimostriamola per $j=k+1$. Poiché per ovvi motivi $$\frac{nx_k+1}{n-2-x_k}\ge \frac{nr+1}{n-2-r}\ \ \forall 0\le r\le x_k,$$otteniamo subito che $$x_{k+1}\ge \frac{nx_k+1}{n-2-x_k}\stackrel{hp.\ ind.}{\ge}\frac{n\frac{k-1}{n-k}+1}{n-2-\frac{k-1}{n-k}}=\frac{\left(n-1\right)k}{\left(n-1\right)\left(n-k-1\right)}=\frac{k}{n-k-1},$$che è proprio quello che ci serviva per concludere.
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mentre il mondo persiste nei suoi sanguinosi conflitti, la vera guerra è combattuta dai matematici