59. L'apparenza inganna

[Veritasium]

Sia $x_1, x_2, ..., x_n (n \ge 2)$ una sequenza monotona non decrescente di reali positivi tale che $x_1, \frac{x_2}{2}, ..., \frac{x_n}{n}$ è una sequenza monotona non crescente di reali positivi. Dimostrare che

[tex]\displaystyle\frac{2}{n}\frac{\sum_{i = 1}^{n} x_i}{(\prod_{i = 1}^{n} x_i)^{\frac{1}{n}}} \le \frac{n + 1}{(n!)^{\frac{1}{n}}}[/tex]

[Saro00]

Spero si riesca a capire

Testo nascosto:

Riscrivo la tesi, con un'identità nota come
$\frac{1+...+n}{(n!)^{\frac{1}{n}}}\ge \frac{\sum x_i}{(\prod x_i)^{\frac{1}{n}}}$
Ora si nota che LHS è uguale all'RHS con $(x_1,...,x_n)=(1,...,n)$, e quest'ultima successione soddisfa l'ipotesi.
Quindi la tesi è equivalente a mostrare che il massimo di $f=\frac{\sum x_i}{(\prod x_i)^{\frac{1}{n}}}$ è $\frac{1+...+n}{(n!)^{\frac{1}{n}}}$.
Sia per assurdo $(y_1,...,y_n)$ n-upla che soddisfa ipotesi e tale che $\sum y_i = 1+...+n$ (tanto è omogenea di grado $0$ e posso moltiplicare per costanti senza cambiare niente, compresa l'ipotesi) e che dà massimo maggiore del sopracitato.
Sia $j$ il più piccolo intero tale che $y_j\ne j$.
2 casi:

1. Se $y_j<j$ allora $1+...+n=\sum y_i = 1+...+(j-1) + y_j +j_{j+1}+...+j_n \le 1+...+(j-1)+y_j+\frac{j+1}{j}y_j+...+\frac{n}{j}y_j=1+...+(j-1)+\frac{y_j}{j}(j+...+n)$ (dove il penultimo passaggio andrebbe fatto per induzione...)
Da quest'ultima disuguaglianza si ricava facilmente $y_j\ge j$ ASSURDO

2. Se $y_j>j$ allora da $1=\frac{y_{j-1}}{j-1}\ge\frac{y_j}{j}$ si ha l'assurdo.
Resta da trattare il caso di quando $j-1$ non esiste, ovvero $j=1$
Ora quindi sia $y_1=1+k$ con $k>0$. Sia $i\ge 2$ un valore per cui si abbia $\frac{y_i}{i}>\frac{y_{i+1}}{i+1}$ (che esiste, altrimenti si avrebbe Vedasi punto 2.1)
Allora si ha che anche la n-upla uguale a $y$ ed in cui $y_1$ diventa $y_1-\epsilon$ e $y_i$ diventa $y_i + \epsilon$ soddisfa l'ipotesi (con $\epsilon$ abbastanza piccolo), ma quest'ultima massimizza maggiormente, da cui l'ASSURDO.

2.1 Altrimenti si avrebbe che $a=\frac{y_2}{2}=...=\frac{y_n}{n}$ e quindi $y_i=\frac{iy_2}{2}$ ovvero si avrebbe l'n-upla $(b,2a,3a,...,na)$, da cui $b+2a+...+na=1+...+n \iff 1<b=\frac{1+...+n}{(2+...+n)a}$.
Per karamata (dato che $(1,...,n)$ maggiorizza $(\frac{1+...+n}{(2+...+n)a},2a,...,na)$ ) e $(\prod x_i)^{\frac{1}{n}}$ è concava si ha che $1\cdot ... \cdot n \le \frac{1+...+n}{(2+...+n)a}\cdot 2a\cdot ...\cdot na$ e quindi dato che la somma delle due n-uple è la stessa, $f$ è maggiore con la "nuova" n-upla, ASSURDO.

[Veritasium]

Il punto [tex]2[/tex] non funziona: per poter affermare che è assurdo devi poter supporre che l'insieme dei valori che stai considerando, al variare delle [tex]n-[/tex]uple, sia superiormente chiuso, il che va dimostrato, ammesso che sia vero.

[Saro00]

Vero, vero...
La mia soluzione in realtà era di arrivare con vari step proprio alla n-upla (1,...,n), ma la soluzione era troppo lunga e ho provato a accorciarla, ma a quanto pare...
Il fatto che sia superiormente chiuso deriva dal fatto che $y_i\le iy_1$.
Comunque, analogamente a come ho scritto nel punto 2, si possono trasformare tutti i $>$ in $=$ oppure a far diventare $y_j$ $j$, da cui, forse, la tesi.
Non ho voglia di sistemarla e penso che nei prossimi giorni la voglia non si alzerà troppo, quindi boh.
P.S. Errore di battitura, quel "chiuso" è un limitato

[Veritasium]

Il fatto che sia superiormente chiuso deriva dal fatto che $y_i\le iy_1$.

Tutto il resto funziona, quindi se spieghi questo sei apposto

[Saro00]

Testo nascosto:

Dimostro per induzione su $i$ che $y_i \le i y_1$.
PASSO BASE: $y_1\le y_1$
PASSO INDUTTIVO: Suppongo $y_n \le n y_1$, allora si ha che $\frac{y_n}{n}\ge \frac{y_{n+1}}{n+1} \iff y_{n+1} \le \frac{n+1}{n}y_n \le \frac{n+1}{n}n y_1=(n+1)y_1$ dove è stata utilizzata l'ipotesi induttiva per l'ultima disuguaglianza.
Poi, dato che è omogenea di grado 0 la funzione da massimizzare posso supporre che $y_1=1$ e quindi tutti gli $y_i$ sono compresi tra $1$ e $n$, da cui il denominatore assume valori tra $1$ e $n$ e il numeratore tra $n$ e $n^2$, da cui il fatto che non assume valori grandi a piacere.
Ora, per dimostrare che il massimo è raggiungibile boh, come ho detto va modificata

[Veritasium]

Testo nascosto:

Dimostro per induzione su $i$ che $y_i \le i y_1$.
PASSO BASE: $y_1\le y_1$
PASSO INDUTTIVO: Suppongo $y_n \le n y_1$, allora si ha che $\frac{y_n}{n}\ge \frac{y_{n+1}}{n+1} \iff y_{n+1} \le \frac{n+1}{n}y_n \le \frac{n+1}{n}n y_1=(n+1)y_1$ dove è stata utilizzata l'ipotesi induttiva per l'ultima disuguaglianza.

Scusa, mi sono spiegato male, questa cosa segue banalmente dalle ipotesi. Intendevo, dimostrare che da questa cosa segue l'esistenza del massimo

[cip999]

P.S. Errore di battitura, quel "chiuso" è un limitato

Come tutti sanno, "chiuso" e "limitato" sono vicini sulla tastiera. (cit)

Comunque, tanto per non far rimanere inutile questo post...

Testo nascosto:

$$\frac{n(n + 1)}{2} = \sum_{i = 1}^n x_i \cdot \frac{i}{x_i} \ge \frac{1}{n}\left(\sum_{i = 1}^n x_i\right)\left(\sum_{i = 1}^n \frac{i}{x_i}\right) \ge (n!)^{\frac{1}{n}}\left(\sum_{i = 1}^n x_i\right)\left(\prod_{i = 1}^n x_i\right)^{-\frac{1}{n}}$$ dove le disuguaglianze sono Chebycheff e AM-GM, nell'ordine.

[Saro00]

P.S. Errore di battitura, quel "chiuso" è un limitato

Come tutti sanno, "chiuso" e "limitato" sono vicini sulla tastiera. (cit)

Prima di venir casualmente malmenato prima di un casuale TST (cit)

[Veritasium]

P.S. Errore di battitura, quel "chiuso" è un limitato

Come tutti sanno, "chiuso" e "limitato" sono vicini sulla tastiera. (cit)

Comunque, tanto per non far rimanere inutile questo post...

Testo nascosto:

$$\frac{n(n + 1)}{2} = \sum_{i = 1}^n x_i \cdot \frac{i}{x_i} \ge \frac{1}{n}\left(\sum_{i = 1}^n x_i\right)\left(\sum_{i = 1}^n \frac{i}{x_i}\right) \ge (n!)^{\frac{1}{n}}\left(\sum_{i = 1}^n x_i\right)\left(\prod_{i = 1}^n x_i\right)^{-\frac{1}{n}}$$ dove le disuguaglianze sono Chebycheff e AM-GM, nell'ordine.

Identica alla mia (l'ho chiamata riarrangiamento invece che Cheby ma vabbe )
Vai pure!