Piccole somme
Piccole somme
Siano $x_1,x_2,...,x_n$ $ (n \ge 3) $ dei numeri positivi tali che $ x_1+x_2+ \cdots +x_n =1$. Si dimostri che $$ x_1^2x_2+x_2^2x_3+ \cdots + x_n^2x_1 \le \cfrac{4}{27} $$
[math]
Re: Piccole somme
Lo provo a fare con $x_i$ reali non negativi con somma $1$ che implica la tesi. Lo fo per induzione.
Passo base. $n=3$. Premetto che è quantomai bovina come dimostrazione!
Considero $ f(x,y,z)=x^2y+y^2z+z^2x $ funzione (continua) che mangia $(x,y,z)$ che soddisfano le ipotesi. Il dominio $T$ è chiaramente un compatto in $ \mathbf{R^3} $ (è un triangolo con parte interna e vertici in $e_1$, $e_2$, $e_3$). Quindi il max esiste per Weierstrass. Cerco punti stazionari con i moltiplicatori di Lagrange, prendendo come vincolo $g(x,y,z)=x+y+z-1=0$, da $\nabla f=\lambda \nabla g$ ho il sistema:
$$
\begin{equation}
\begin{cases}
2xy+z^2=\lambda \\ 2yz+x^2=\lambda \\ 2zx+y^2=\lambda
\end{cases}
\end{equation}
$$
facendo le differenze tra equazioni consecutive ho:
\begin{equation}
\begin{cases}
2z(y-x)=(y-x)(y+x) \\ 2y(x-z)=(x-z)(x+z) \\ 2x(z-y)=(z-y)(z+y)
\end{cases}
\end{equation}
da cui con qualche altro conto l' unica soluzione banale $x=y=z=1/3$. Controlliamo $\partial T$, esso è il lato del triangolo quindi poniamo wlog $z=0$; sostituendci il vincolo $f$ diventa:
$$
f(x)=x^2(1-x)
$$
che ha max in $[0,1]$ per $x=2/3$. Confrontando $f(2/3,1/3,0)$ e $f(1/3,1/3,1/3)$ si ha che il max è il primo e vale proprio $4/27$.
Passo induttivo. Supposta vera per $n$ consideriamo una $n+1$-upla tale che $x_1+\ldots+x_{n+1}=1$. Osserviamo che la disuguaglianza da dimostrare è la stessa se permutiamo ciclicamente le $x_i$, quindi possiamo supporre esista $j$ tale che $x_{j-1}\geq x_j$. Prendiamo ora una $n$- upla $(y_1,\ldots,y_n )=(x_1,\ldots,x_{j-1},x_{j} + x_{j+1},x_{j+2}\ldots ,x_{n+1})$, la somma degli $ y_i $ è ancora $1$ quindi vale la disuguaglianza:
$$
x_1^2x_2+\ldots+x_{j-1}^2(x_{j}+x_{j+1})+(x_j+x_{j+1})^2x_{j+2}+\ldots +x_{n+1}^2 x_1\leq 4/27
$$
Mostriamo ora che il LHS dell' ultima è maggiore o uguale all 'espressione che si otterrebbe per la disuguaglianza con le $x_i$, granparte dei termini si elidono e rimane da verificare:
$$
x_{j-1}^2x_j+x_j^2x_{j+1}+x_{j+1}^2x_{j+2}\leq x_{j-1}^2x_j+x_{j-1}^2x_{j+1}+x_j^2 x_{j+2}+x^2_{j+1}x_j+2x_j x_{j+1} x_{j+2}
$$
che è vera perchè $x_j^2 x_{j+1}\leq x_{j-1}^2x_{j+1}$ e gli altri a termini a destra sono non negativi.
Passo base. $n=3$. Premetto che è quantomai bovina come dimostrazione!
Considero $ f(x,y,z)=x^2y+y^2z+z^2x $ funzione (continua) che mangia $(x,y,z)$ che soddisfano le ipotesi. Il dominio $T$ è chiaramente un compatto in $ \mathbf{R^3} $ (è un triangolo con parte interna e vertici in $e_1$, $e_2$, $e_3$). Quindi il max esiste per Weierstrass. Cerco punti stazionari con i moltiplicatori di Lagrange, prendendo come vincolo $g(x,y,z)=x+y+z-1=0$, da $\nabla f=\lambda \nabla g$ ho il sistema:$$
\begin{equation}
\begin{cases}
2xy+z^2=\lambda \\ 2yz+x^2=\lambda \\ 2zx+y^2=\lambda
\end{cases}
\end{equation}
$$
facendo le differenze tra equazioni consecutive ho:
\begin{equation}
\begin{cases}
2z(y-x)=(y-x)(y+x) \\ 2y(x-z)=(x-z)(x+z) \\ 2x(z-y)=(z-y)(z+y)
\end{cases}
\end{equation}
da cui con qualche altro conto l' unica soluzione banale $x=y=z=1/3$. Controlliamo $\partial T$, esso è il lato del triangolo quindi poniamo wlog $z=0$; sostituendci il vincolo $f$ diventa:
$$
f(x)=x^2(1-x)
$$
che ha max in $[0,1]$ per $x=2/3$. Confrontando $f(2/3,1/3,0)$ e $f(1/3,1/3,1/3)$ si ha che il max è il primo e vale proprio $4/27$.
Passo induttivo. Supposta vera per $n$ consideriamo una $n+1$-upla tale che $x_1+\ldots+x_{n+1}=1$. Osserviamo che la disuguaglianza da dimostrare è la stessa se permutiamo ciclicamente le $x_i$, quindi possiamo supporre esista $j$ tale che $x_{j-1}\geq x_j$. Prendiamo ora una $n$- upla $(y_1,\ldots,y_n )=(x_1,\ldots,x_{j-1},x_{j} + x_{j+1},x_{j+2}\ldots ,x_{n+1})$, la somma degli $ y_i $ è ancora $1$ quindi vale la disuguaglianza:
$$
x_1^2x_2+\ldots+x_{j-1}^2(x_{j}+x_{j+1})+(x_j+x_{j+1})^2x_{j+2}+\ldots +x_{n+1}^2 x_1\leq 4/27
$$
Mostriamo ora che il LHS dell' ultima è maggiore o uguale all 'espressione che si otterrebbe per la disuguaglianza con le $x_i$, granparte dei termini si elidono e rimane da verificare:
$$
x_{j-1}^2x_j+x_j^2x_{j+1}+x_{j+1}^2x_{j+2}\leq x_{j-1}^2x_j+x_{j-1}^2x_{j+1}+x_j^2 x_{j+2}+x^2_{j+1}x_j+2x_j x_{j+1} x_{j+2}
$$
che è vera perchè $x_j^2 x_{j+1}\leq x_{j-1}^2x_{j+1}$ e gli altri a termini a destra sono non negativi.
Spargi il defoliante
sulla cassa dirigente
[anonimo]
sulla cassa dirigente
[anonimo]
Re: Piccole somme
Per il punto in cui $n=3$ avevo pensato a qualcosa di un po' più elementare... 
Ecco qui (sperando che sia corretto...).
Sia $ a=(x+z)^2 y $, tale che $x,y,z$ abbiano gli stessi valori di $x_1 , x_2 , x_3$ (in un dato ordine). Si dimostra che $ \displaystyle a \le \frac {4}{27} $, infatti $ \displaystyle a=(x+z)^2 y = (1-y)^2 y = \frac {1}{2} (1-y)^2 (2y) $ e per la disuguaglianza AM-GM si ha che $ \displaystyle a \le \frac {1}{2} \left( \frac {1-y \: + \: 1-y \: + \: 2y}{3} \right)^3 = \frac{4}{27} $.
Ora basta dimostrare che $ x_1^2 x_2+ x_2^2 x_3+ x_3^2 x_1 \le (x+z)^2 y $.
Chiamo $ y $ il (o un) termine tra $x_1,x_2,x_3$ che ha valore compreso tra gli altri due, che a loro volta chiamo $x$ e $z$, in modo che $ x_1^2 x_2+ x_2^2 x_3+ x_3^2 x_1 = x^2 y+ y^2 z+ z^2 x $.
Ora si ha che $ (x+z)^2 y -x^2 y- y^2 z- z^2 x = z(z y +2xy-y^2 -zx) = z((z-y)(y-x)+xy) \ge 0$ (perché $y$ è compreso tra $x$ e $z$). Per cui:
$$ x^2 y+ y^2 z+ z^2 x \le (x+z)^2 y \le \frac{4}{27} $$
Ecco qui (sperando che sia corretto...).Sia $ a=(x+z)^2 y $, tale che $x,y,z$ abbiano gli stessi valori di $x_1 , x_2 , x_3$ (in un dato ordine). Si dimostra che $ \displaystyle a \le \frac {4}{27} $, infatti $ \displaystyle a=(x+z)^2 y = (1-y)^2 y = \frac {1}{2} (1-y)^2 (2y) $ e per la disuguaglianza AM-GM si ha che $ \displaystyle a \le \frac {1}{2} \left( \frac {1-y \: + \: 1-y \: + \: 2y}{3} \right)^3 = \frac{4}{27} $.
Ora basta dimostrare che $ x_1^2 x_2+ x_2^2 x_3+ x_3^2 x_1 \le (x+z)^2 y $.
Chiamo $ y $ il (o un) termine tra $x_1,x_2,x_3$ che ha valore compreso tra gli altri due, che a loro volta chiamo $x$ e $z$, in modo che $ x_1^2 x_2+ x_2^2 x_3+ x_3^2 x_1 = x^2 y+ y^2 z+ z^2 x $.
Ora si ha che $ (x+z)^2 y -x^2 y- y^2 z- z^2 x = z(z y +2xy-y^2 -zx) = z((z-y)(y-x)+xy) \ge 0$ (perché $y$ è compreso tra $x$ e $z$). Per cui:
$$ x^2 y+ y^2 z+ z^2 x \le (x+z)^2 y \le \frac{4}{27} $$
[math]
-
Troleito br00tal
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- Iscritto il: 16 mag 2012, 22:25
Re: Piccole somme
Ecco una soluzione diretta e violenta per $n \ge 4$, per unsmoothing (non c'era qualcuno che stava cercando dispense su sta roba?) + convessità (che va a braccetto con smoothing / unsmoothing).
Sia $f(x_1;...;x_n)=x_1^2x_2+...+x_n^2x_1$.
Supponiamo che esistano $x_i>0;x_j>0$ tali che $|i-j| \neq 1$ (intesi modulo $n$). Sia $t$ un parametro reale. Dimostreremo che per certi valori nonzero di $t$ vale:
$f(x_1;...;x_i;...;x_j;...;x_n) \le f(x_1;...;x_i+t;...;x_j-t;...;x_n)$.
Consideriamo infatti $f(x_1;...;x_i+t;...;x_j-t;...;x_n)$ come un polinomio in $t$: in ogni caso questo polinomio è convesso. Se infatti uno tra $x_{i+1}$ e $x_{j+1}$ non è zero allora $f$ è una parabola con gambe all'insù, altrimenti è una retta. Non può mai essere di terzo grado in $t$ per l'assunzione $|i-j| \neq 1$. Ma allora se è convessa assume il massimo in uno degli estremi. Ma in questo caso gli estremi (chiarifichiamo: sto abbassando $x_i$ e alzando $x_j$ o viceversa nell'intervallo $[0;1]$) sono o $t=x_j$ o $t=-x_i$ (se infatti si avesse x_i+t>1 allora si avrebbe x_j-t<0 e viceversa). Quindi ciò che volevo dimostrare è vero.
Ma in più cosa ci dice? Ci dice che se ci sono $x_i$ e $x_j$ entrambi non zeri la funzione aumenta o resta uguale se ne pongo uno dei due uguale a zero (nel modo giusto, come fatto vedere prima).
Ora, iterando questo procedimento giungiamo fino ad avere tutti zeri tranne due consecutivi nonzeri (e qui $n=3$ ci fotte, perché se ne possono avere anche $3$ consecutivi tutti consecutivi tra di loro). Ma allora voglio massimizzare $a^2b$ con $a+b=1$, che per $AM-GM$ mi dà $a^2b=a^2(1-a)=4(\frac{a}{2})(\frac{a}{2})(1-a) \le \frac{4}{27}$. Quindi ok.
Sia $f(x_1;...;x_n)=x_1^2x_2+...+x_n^2x_1$.
Supponiamo che esistano $x_i>0;x_j>0$ tali che $|i-j| \neq 1$ (intesi modulo $n$). Sia $t$ un parametro reale. Dimostreremo che per certi valori nonzero di $t$ vale:
$f(x_1;...;x_i;...;x_j;...;x_n) \le f(x_1;...;x_i+t;...;x_j-t;...;x_n)$.
Consideriamo infatti $f(x_1;...;x_i+t;...;x_j-t;...;x_n)$ come un polinomio in $t$: in ogni caso questo polinomio è convesso. Se infatti uno tra $x_{i+1}$ e $x_{j+1}$ non è zero allora $f$ è una parabola con gambe all'insù, altrimenti è una retta. Non può mai essere di terzo grado in $t$ per l'assunzione $|i-j| \neq 1$. Ma allora se è convessa assume il massimo in uno degli estremi. Ma in questo caso gli estremi (chiarifichiamo: sto abbassando $x_i$ e alzando $x_j$ o viceversa nell'intervallo $[0;1]$) sono o $t=x_j$ o $t=-x_i$ (se infatti si avesse x_i+t>1 allora si avrebbe x_j-t<0 e viceversa). Quindi ciò che volevo dimostrare è vero.
Ma in più cosa ci dice? Ci dice che se ci sono $x_i$ e $x_j$ entrambi non zeri la funzione aumenta o resta uguale se ne pongo uno dei due uguale a zero (nel modo giusto, come fatto vedere prima).
Ora, iterando questo procedimento giungiamo fino ad avere tutti zeri tranne due consecutivi nonzeri (e qui $n=3$ ci fotte, perché se ne possono avere anche $3$ consecutivi tutti consecutivi tra di loro). Ma allora voglio massimizzare $a^2b$ con $a+b=1$, che per $AM-GM$ mi dà $a^2b=a^2(1-a)=4(\frac{a}{2})(\frac{a}{2})(1-a) \le \frac{4}{27}$. Quindi ok.