La "diseguaglianzuola " di boll
Inviato: 22 giu 2005, 14:43
Prendendo spunto da un post di Boll [vedi in Algebra "Diseguaglianzuola"]
ho fatto la seguente riflessione.
Si consideri la funzione da [0,+inf) a R+
$ \displaystyle f(x)=\frac{1}{1+e^x} $
E' facile vedere,calcolando f"(x),che essa e' convessa in (0,+inf)
e pertanto risulta (xi>0, i da 1 ad n):
$ \displaystyle \sum f(x_i) \geq nf(\frac{\sum x_i}{n}) $ ovvero:
$ \displaystyle \sum\frac{1}{1+e^{x_i}} \geq \frac{n}{1+e^\frac{\sum x_i}{n}} $
e ponendo $ \displaystyle a_i=e^{x_i} $ ne segue:
(1) $ \displaystyle \sum\frac{1}{1+a_i} \geq \frac{n}{1+\sqrt[n] \prod a_i} $
La (1) e' gia' di per se' una relazione utile in qualche occasione ma
(e qui viene la pensata o la cretineria,giudicate voi) generalizzo
la (1) al seguente modo:
(2) $ \displaystyle \sum\frac{1}{a_i+b_i}\geq\frac{n}{\sqrt[n] \prod a_i+\sqrt[n]\prod b_i} $
Avevo immaginato di dimostrare la (2) ponendo $ f(x,y)=\frac{1}{e^x+e^y} $
e seguendo un procedimento simile al precedente ma l'hessiano di f(x,y)
(se e' questo che va considerato) e' definito negativo.
Tuttavia,paradossalmente,sembra che la (2) regga ed infatti l'ho provata
positivamente con molte n_ple {ai} e {bi} .Naturalmente cio' non costituisce
una dimostrazione e magari qualcuno di voi trovera' subito il controesempio,
ma se la (2) fosse vera la diseg. di Boll sarebbe subito dimostrata in quanto
risulterebbe:
$ \displaystyle \frac{1}{ab+a}+\frac{1}{bc+b}+\frac{1}{cd+c}+\frac{1}{da+d}\geq\frac{4}{\sqrt[4](ab.bc.cd.da)+\sqrt[4](abcd)} $
Da cui appunto:
$ \displaystyle\frac{1}{ab+a}+\frac{1}{bc+b}+\frac{1}{cd+c}+\frac{1}{da+d}\geq2 $
Volete provare voi a togliere il dubbio in un modo o nell'altro?
Edit.
Una riprova della formula potrebbe essere la dimostrazione (l'ennesima!!) della diseguaglianza di Nesbitt .
Sia :
$ \displaystyle P=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} $
Oppure:
$ \displaystyle P=\frac{1}{\frac{b}{a}+\frac{c}{a}}+\frac{1}{\frac{c}{b}+\frac{a}{b}}+\frac{1}{\frac{a}{c}+\frac{b}{c}} $
E dunque:
$ \displaystyle P \geq \frac{3}{\sqrt[3](b/a.c/b.a/c)+\sqrt[3](c/a.a/b.b/c)}=\frac{3}{2} $
Edit N°2.
Come non detto,ho scovato la magagna.
Infatti si ha:$ \sum \frac{1}{a_i+b_i}\geq \frac{n^2}{\sum a_i+\sum b_i}\leq \frac{n^2}{n\sqrt[n]\prod a_i+n\sqrt[n]\prod b_i}=\frac{n}{\sqrt[n]\prod a_i+\sqrt[n]\prod b_i} $
Scusate.
Resta comunque valida la formula (1) .
ho fatto la seguente riflessione.
Si consideri la funzione da [0,+inf) a R+
$ \displaystyle f(x)=\frac{1}{1+e^x} $
E' facile vedere,calcolando f"(x),che essa e' convessa in (0,+inf)
e pertanto risulta (xi>0, i da 1 ad n):
$ \displaystyle \sum f(x_i) \geq nf(\frac{\sum x_i}{n}) $ ovvero:
$ \displaystyle \sum\frac{1}{1+e^{x_i}} \geq \frac{n}{1+e^\frac{\sum x_i}{n}} $
e ponendo $ \displaystyle a_i=e^{x_i} $ ne segue:
(1) $ \displaystyle \sum\frac{1}{1+a_i} \geq \frac{n}{1+\sqrt[n] \prod a_i} $
La (1) e' gia' di per se' una relazione utile in qualche occasione ma
(e qui viene la pensata o la cretineria,giudicate voi) generalizzo
la (1) al seguente modo:
(2) $ \displaystyle \sum\frac{1}{a_i+b_i}\geq\frac{n}{\sqrt[n] \prod a_i+\sqrt[n]\prod b_i} $
Avevo immaginato di dimostrare la (2) ponendo $ f(x,y)=\frac{1}{e^x+e^y} $
e seguendo un procedimento simile al precedente ma l'hessiano di f(x,y)
(se e' questo che va considerato) e' definito negativo.
Tuttavia,paradossalmente,sembra che la (2) regga ed infatti l'ho provata
positivamente con molte n_ple {ai} e {bi} .Naturalmente cio' non costituisce
una dimostrazione e magari qualcuno di voi trovera' subito il controesempio,
ma se la (2) fosse vera la diseg. di Boll sarebbe subito dimostrata in quanto
risulterebbe:
$ \displaystyle \frac{1}{ab+a}+\frac{1}{bc+b}+\frac{1}{cd+c}+\frac{1}{da+d}\geq\frac{4}{\sqrt[4](ab.bc.cd.da)+\sqrt[4](abcd)} $
Da cui appunto:
$ \displaystyle\frac{1}{ab+a}+\frac{1}{bc+b}+\frac{1}{cd+c}+\frac{1}{da+d}\geq2 $
Volete provare voi a togliere il dubbio in un modo o nell'altro?
Edit.
Una riprova della formula potrebbe essere la dimostrazione (l'ennesima!!) della diseguaglianza di Nesbitt .
Sia :
$ \displaystyle P=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} $
Oppure:
$ \displaystyle P=\frac{1}{\frac{b}{a}+\frac{c}{a}}+\frac{1}{\frac{c}{b}+\frac{a}{b}}+\frac{1}{\frac{a}{c}+\frac{b}{c}} $
E dunque:
$ \displaystyle P \geq \frac{3}{\sqrt[3](b/a.c/b.a/c)+\sqrt[3](c/a.a/b.b/c)}=\frac{3}{2} $
Edit N°2.
Come non detto,ho scovato la magagna.
Infatti si ha:$ \sum \frac{1}{a_i+b_i}\geq \frac{n^2}{\sum a_i+\sum b_i}\leq \frac{n^2}{n\sqrt[n]\prod a_i+n\sqrt[n]\prod b_i}=\frac{n}{\sqrt[n]\prod a_i+\sqrt[n]\prod b_i} $
Scusate.
Resta comunque valida la formula (1) .