QM-AM

[Haile]

EDIT

Letto mail il primo post,

Pensavo fosse una raccolta di dimostrazioni di AM-GM

[kn]

Ma così hai dimostrato l'AM-GM o sbaglio?

[jordan]

Credo che dovresti supporre wlog che gli $ a_i $ siano gia ordinati, cmq se è farina del tuo sacco questa dimostrazione allora davvero bravo. Peccato che restiamo sempre a sei, non era la GM-AM che chiedevo

[Haile]

Credo che dovresti supporre wlog che gli $ a_i $ siano gia ordinati, cmq se è farina del tuo sacco questa dimostrazione allora davvero bravo. Peccato che restiamo sempre a sei, non era la GM-AM che chiedevo

OMG ho letto male il primo post

Comunque non è opera mia... magari la conosco da un po', non mi ricordo dove l'ho letta... ovviamente è una dimostrazione di AM-GM, come ho pure scritto, convinto, alla fine vabè, edito per evitare un inutile OT

[fph]

sommando tt le disuguaglianze e ricordando ke $ \sum_{i=1}^{n}{a_i}=1 $ abbiamo: $ \lambda = \frac{2}{n} $, da cui $ a_i = \frac{1}{n} $. poiche le derivate parziali seconde di f sn tt uguali a 2 ke e positivo tale punto e un minimo da cui la tesi

hmm... mi sa che rischi di spararti nei piedi con questi cannoni.
Non basta dire che è un minimo locale: devi anche controllare che i valori sul bordo del dominio non siano minori del tuo "candidato minimo globale". In una gara tipo-olimpiadi di qualunque tipo, sulle soluzioni cannoneggianti sono piuttosto severi e di sicuro una soluzione così non prende più di due punti.

[jordan]

Nooooo era tanto bella ..
la riscrivo per il lettore passante..

[digressione sulla AM-GM: dati $ n \in \mathbb{N}^* $ reali tali che $ 0<a_i<a_{i+1}, 1 \le i \le n-1 $, e definiti $ \{x_i\} $ tali che $ \displaystyle x_i^n \prod_{j=1}^n{a_j}= \prod_{j=1}^i{a_j^n} $ allora per arrangiamento vale $ \displaystyle \sum_{i=1}^n{\frac{x_i}{x_{n-i}}} \le \sum_{i=1}^n{\frac{x_i}{x_{i+1}}} $ dove i pedici sono intesi modulo $ n $ da cui la tesi. [fine digressione, e grazie a Haile ]



@fph: intendi dove le variabili tendono a zero?

[Jacobi]

altre dimostrazioni? dai dobbiamo ancora arrivare a 10

[jordan]

Ok, dò una mano anch'io..

"considerare l'identità: $ \displaystyle n \sum{a_i^2}=(\sum{a_i})^2+\sum_{i<j}{(a_i-a_j)^2} $"

E siamo a sette..
Ora vi passo il testimone

[karl]

Una dimostrazione senza... cannoni.
Sia $ \displaystyle \lambda $ un reale qualunque.Evidentemente si ha:
$ \displaystyle \sum_i( \lambda a_i+1)^2 \ge 0 $
Sviluppando i quadrati:
(1) $ \displaystyle (\sum_ia_i^2)\lambda ^2 +2(\sum_i a_i)\lambda+n \ge 0 $
Il polinomio ( in $ \displaystyle \lambda $) a primo membro della (1) non è mai negativo per ogni $ \displaystyle \lambda $ e dunque il suo discriminante deve essere negativo o nullo:
$ (\sum_i a_i)^2-n\sum_ia_i^2 \le 0 $
che è equivalente alla relazione cercata.
karl

[jordan]

$ \displaystyle \sum_i( \lambda a_i+1)^2 \ge 0 $
[...]e dunque il suo discriminante deve essere negativo o nullo[...]

Sarebbe una dimostrazione di Cauchy con $ \vec{b}=\vec{I} $ sui reali, comunque te la diamo buona..l'ottava a Karl

[Pigkappa]

"Dati $ a_1,a_2,..a_n $ reali positivi allora $ \displaystyle \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \le \sqrt{\frac{a_1^2+a_2^2+...+a_n^2}{n}} $, con uguaglianza se e solo se $ a_i=a_{i+1}, 1 \le i \le n-1 $".

Se tutti gli $ a_i $ sono uguali, è evidente che vale l'uguaglianza. Supponiamo adesso che non siano tutti uguali, e chiamiamo $ \displaystyle A $ la media aritmetica degli elementi. Evidentemente esistono $ \displaystyle a_i, a_j $ tali che $ \displaystyle a_i < A < a_j $. Costruiamo un'altra n-upla lasciando fermi tutti gli altri elementi e ponendo $ \displaystyle a_i' = A $, $ \displaystyle a_j' = a_j+a_i - A $. E' evidente che la quantità a sinistra è rimasta uguale. Quella a destra è variata di:

$ \displaystyle -a_i^2 -a_j^2 +A^2 +(a_j+a_i-A)^2 = 2*(A-a_i)*(A-a_j) < 0 $

Perciò, se gli elementi sono diversi, sostituendone uno con la media aritmetica della n-upla e l'altro nel modo indicato il RHS diminuisce strettamente, finchè gli elementi non sono diventati tutti uguali alla media aritmetica. In questo caso è uguale al LHS. CVD.

[jordan]

Dire soltanto che diminuisce non implica necessariamente che LHS sarà come RHS..

[Anér]

Dire soltanto che diminuisce non implica necessariamente che LHS sarà come RHS..

Però il limite è quello, quindi possiamo aggiungere un'altra soluzione. Ne manca solo una, che può essere una semplice induzione su n dopo aver elevato tutto alla seconda.

[Il_Russo]

Sfruttiamo la AM-GM che ci dice che

$ a_i^2 + a_j^2 \geq 2a_i a_j $

Che volendo si può dimostrare molto più facilmente... Se ne deduce che

$ n(a_1^2 + \ldots + a_n^2) \geq (a_1 + \ldots + a_n)^2 $

abbinando i termini in modo opportuno, e poi si conclude in facilità. In verità è solo un altro modo di arrivare ad un passaggio intermedio della dimostrazione con Cauchy - Schwarz.

[Pigkappa]

Dire soltanto che diminuisce non implica necessariamente che LHS sarà come RHS..

Certo che lo implica. Ho dimostrato che se tutti i termini sono uguali, allora vale l'uguaglianza. E dopo un numero finito di passaggi, tutti i termini saranno uguali.