$\sum_{i=1}^n{\lambda_i(f(x_i)-f(y_i))} \ge 0$

[jordan]

Own. Sia $f\colon I\subset \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ una funzione continua concava e siano fissati $x_1,y_1,x_2,y_2,\ldots,x_n,y_n \in I$, per qualche intero $n\ge 2$, di modo tale che
\[ x_1 \ge x_2 \ge \ldots \ge x_n \text{ e } y_1\ge y_2\ge \ldots \ge y_n \]

Mostrare che se $\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n$ sono reali non negativi tali che

• $\sum_{1\le i\le j}{\lambda_ix_i} \le \sum_{1\le i\le j}{\lambda_iy_i}$ for all $j=1,2,\ldots,n-1$
  e
  $\sum_{1\le i\le n}{\lambda_ix_i} =\sum_{1\le i\le n}{\lambda_iy_i}$

allora \[\sum_{i=1}^n{\lambda_if(x_i)} \ge \sum_{i=1}^n{\lambda_if(y_i)}\]


Nb. Qualcuno sa se è già un risultato conosciuto? Ho provato a cercarlo, ma senza alcun risultato, eccetto il caso $\lambda_1=\lambda_2=\ldots=\lambda_n$..
Edit: grazie a dario2994 per la correzione sulle ipotesi del problema!

[dario2994]

Credo manchi qualche ipotesi sulla crescenza degli $x_i,y_i$ o una cosa simile.
Perchè se prendo $x_i=1,2,3$ e $y_i=2,2,2$ e $\lambda_i=1,1,1$.
Ottengo che $f(1)+f(2)+f(3)\ge 3f(2)$.
Mentre se prendo $x_i=2,2,2$ e $y_i=3,2,1$ vale il contrario: $3f(2)\ge f(3)+f(2)+f(1)$.

[jordan]

Mentre se prendo $x_i=2,2,2$ e $y_i=3,2,1$ vale il contrario: $3f(2)\ge f(3)+f(2)+f(1)$.

E qui quali $\lambda$ sceglieresti?

[dario2994]

Sempre $\lambda_i=1,1,1$... sto prendendo una cantonata?

[jordan]

... sto prendendo una cantonata?

No! Sono io che ho dimenticato quell'ipotesi, sorry

[Simo_the_wolf]

Uhm direi che non è nota, ma discende da Karamata, in maniera più o meno facile (ma forse è come l'hai pensata tu):

Si mettono un sacco di $ x_i $ e un sacco di $ y_i $ uguali. Proviamo ad immaginare karamata con $ (x_1, x_1,x_2,x_2,x_2,x_3) $ e $ (y_1,y_1,y_2,y_2,y_2,y_3) $. Per verificare che la prima n-upla maggiorizza la seconda (la condizione di Karamata) effettivamente ci basta controllare solo quando cambia, in particolare ci serve

$ 2x_1 \geq 2y_1 $ (1)
$ 2x_1+ 3x_2 \geq 2y_1 + 3y_2 $ (2)
$ 2x_1 + 3x_2 +x_3 = 2y_1 + 3y_2+y_3 $ (3)

poiché le altre disuguaglianze vengono automaticamente per combinazione convesse di queste (ad esempio (2(1)+(2))/3 dà $ 2x_1 + x_2 \geq 2y_1+y_2 $ ecc...) una volta che ce l'abbiamo per i naturali, dividiamo e ottengo per i razionali e per densità (una funzione convessa è continua dentro il suo dominio) ce la facciamo... Una volta avevo scritto la condizione integrale su due misure $ \mu $ e $ \nu $ affinché $ \int f d \mu \geq \int f d \nu $ per ogni f convessa, però non era bellissima... però è equivalente a chiedere che sia vera per ogni funzione del tipo $ f(x)=|x-x_0| $

[dario2994]

Non conoscevo (o ricordavo?) la dimostrazione di karamata... e di questo ho trovato una dimostrazione che ho controllato su wiki e non è quella di karamata che sta su wiki almeno... e non ho pensato se quella di wiki per karamata si riapplica anche a questa generalizzazione.

L'idea della dimostrazione è sfruttare il caso $n=2$ per fare il resto "avvicinando" le 2 sequenze pian pianino. L'unico fatto secondo me interessante della dimostrazione è che implicitamente dimostra che date 2 successioni tali che una maggiorizza l'altra posso trasformare l'una nell'altra compiendo mosse su 2 elementi alla volta e allontanandoli mantenendone la somma constante (in particolare dimostro che servono alpiù $n-1$ di queste mosse). Se avessi saputo questo la dimostrazione sarebbe consistita del solo passo base che mi dà appunto la possibilità di fare le mosse.

Dimostro la tesi per induzione su $n$:

Passo base $n=1,2$ :
Se $n=1$ il tutto diventa banale, ora tratto il caso $n=2$.
Le ipotesi in questo caso diventano $x_1\le y_1$ e $\lambda_1x_1+\lambda_2x_2=\lambda_1y_1+\lambda_2y_2$, e queste per la positività di $\lambda_1,\lambda_2$ implicano $y_2\le x_2 \le x_1 \le y_1$.
Se i valori $x_1,x_2,y_1,y_2$ non sono tutti distinti allora facilmente si ottiene che sono tutti uguali e la tesi si banalizza. Assumo siano tutti diversi.
L'ipotesi equivale a: $\lambda_2(x_2-y_2)=\lambda_1(y_1-x_1)$, la tesi equivale a: $\lambda_2(f(x_2)-f(y_2))\ge\lambda_1(f(y_1)-f(x_1))$.
Posso dividere la seconda per la prima membro a membro (dato che la prima ha membri positivi) ottenendo che la tesi equivale a:
$ \displaystyle \frac{f(x_2)-f(y_2)}{x_2-y_2}\ge \frac{f(y_1)-f(x_1)}{y_1-x_1} $
Ma per la concavità della funzione e per $y_2\le x_2 \le x_1 \le y_1$ ho che vale:
$ \displaystyle \frac{f(x_2)-f(y_2)}{x_2-y_2}\ge \frac{f(y_1)-f(y_2)}{y_1-y_2}\ \ge \frac{f(y_1)-f(x_1)}{y_1-x_1} $
Quindi la tesi è dimostrata per $n=2$.

Passo induttivo $n>2$:
Sia $1\le k <n$ tale che $\sum_{i=1}^k \lambda_i(y_i-x_i) \le \sum_{i=1}^j\lambda_i(y_i-x_i)$ per ogni $1\le j<n$.
Sia $T=\sum_{i=1}^k \lambda_i(y_i-x_i)$, userò implicitamente che $T\ge 0$.
Definisco la successione $z_i$ come:
$z_1=x_1+\frac T {\lambda_1}$
$z_2=x_2,\ z_3=x_3, \dots ,\ z_{n-1}=x_{n-1}$
$z_n=x_n-\frac{T}{\lambda_n}$
Vale per la definizione stessa di $z_i$ che
$ \displaystyle\forall 1\le j < n: \sum_{i=1}^j \lambda_i(y_i-z_i)=\sum_{i=1}^j \lambda_i(y_i-x_i)-T\ge 0 $ (*)
$ \displaystyle\sum_{i=1}^n \lambda_i(y_i-z_i)=\sum_{i=1}^n \lambda_i(y_i-x_i)=0 $ (**)
Vale che $z_1\ge z_2 \ge \dots \ge z_n$, poichè $z_1$ è cresciuto e $z_n$ diminuito rispetto a $x_1,x_n$ e il resto rimasto uguale.
Inoltre vale anche che $z_i\in I$ per ogni $i$ visto che (*) e (**) mi assicurano $z_1\le y_1$ e $y_n\le z_n$ e questo basta per dire $z_i\in I$.
Però vale anche per definizione che $\sum_{i=1}^k \lambda_i(y_i-z_i)=0$, quindi posso applicare l'ipotesi induttiva sui primi $k$ termini.
Inoltre questo mi assicura che $ \forall k < j < n: \sum_{i=k+1}^j \lambda_i(y_i-z_i)=\sum_{i=1}^j \lambda_i(y_i-z_i)\ge 0 $ e analogamente $\sum_{i=k+1}^n \lambda_i(y_i-z_i)=0$. Perciò posso applicare l'ipotesi induttiva anche sugli ultimi $n-k$ termini.
Allora ho queste 2 disuguaglianze:
$ \displaystyle\sum_{i=1}^k \lambda_i f(z_i)\ge \sum_{i=1}^k \lambda_i f(y_i) $
$ \displaystyle\sum_{i=k+1}^n \lambda_i f(z_i)\ge \sum_{i=k+1}^n \lambda_i f(y_i) $
Che sommate mi danno proprio:
$ \displaystyle\sum_{i=1}^n \lambda_i f(z_i)\ge \sum_{i=1}^n \lambda_i f(y_i) $
Resta da dimostrare:
$ \displaystyle\sum_{i=1}^n \lambda_i f(x_i)\ge \sum_{i=1}^n \lambda_i f(z_i)\iff \lambda_1 f(x_1)+\lambda_n f(x_n)\ge \lambda_1 f(z_1)+\lambda_n f(z_n) $
Ma questo è proprio il caso $n=2$ (non mi va di stare a far vedere che tutte le ipotesi valgono anche qui!) e quindi la tesi è dimostrata.