Problemi Normale AA 1980/81 N1

[sprmnt21]

Provare la disuguaglianza $|x^alpha-y^alpha|<=|x-y|^alpha$ per ogni $alpha$ razionale compreso fra $0$ e $1$, per ogni $x, y >=0$.



PS
ho trovato una soluzione per $alpha in \mathbb{R}$. Mi piacerebbe vederne anche una diretta per $alpha =m/n$

[Vulplasir]

Io porrei senza perdere generalità $x>=y$ e deriverei rispetto a $x$:

$(x-y)^(alpha)-x^(alpha)+y^(alpha)>=0$

Derivando:

$alpha(x-y)^(alpha-1)-alphax^(alpha-1)>=0$

$(x-y)^(alpha-1)>=x^(alpha-1)$

Essendo $alpha-1<=0$ si ha la tesi

[sprmnt21]

Io porrei senza perdere generalità $x>=y$ e deriverei rispetto a $x$:

$(x-y)^(alpha)-x^(alpha)+y^(alpha)>=0$

Derivando:

$alpha(x-y)^(alpha-1)-alphax^(alpha-1)>=0$

$(x-y)^(alpha-1)>=x^(alpha-1)$

Essendo $alpha-1<=0$ si ha la tesi

Puoi spiegare più in dettaglio il ragionamento.

Tieni conto che l'espressione dipende da due variabili: $x$ ed $y$.

[Vulplasir]

Innanzitutto noto che l'espressione da dimostrare è simmetrica rispetto a $x$ e $y$, ossia che :

$|x^(alpha)−y^(alpha)|-|x−y|^(alpha)=|y^(alpha)−x^(alpha)|-|y−x|^(alpha)$

Dato che ci sono i valori assoluti; Questo significa che se una coppia ordinata $(x=x_0,y=y_0)$ soddisfa la disuguaglianza, allora la soddisfa anche la coppia $(x=y_0,y=x_0)$, proprio per quanto detto prima.

Quindi invece di dimostrare che quella disuguaglianza vale sia per $(x=x_0,y=y_0)$ che per $(x=y_0,y=x_0)$, la dimostro solo per uno dei due casi, ossia quello in cui risulta $x>=y$.

Pertanto se $ x>=y$, allora non ho più bisogno dei valori assoluti dato che le quantità a destra e sinistra sono positive o nulle:

$x^(alpha)-y^(alpha)<=(x-y)^(alpha)$

Adesso fisso $y$, ossia dato che $y$ può variare in $R^(+)$, io posso fissare un $y=y_0$ e dimostrare che la disuguaglianza vale per ogni $x>=y_0$, ma dato che la scelta di $y_0$ è arbitraria, allora la disuguaglianza vale per ogni $x,y>=0$

Sia quindi $y=y_0$ fissato e $x$ variabile, ciò che si ottiene è una funzione in $x$

$(x-y_0)^(alpha)-x^(alpha)+y_0^(alpha)$

Devo dimostrare che tale funzione è positiva o nulla in ogni $x>=y_0$, verifico quindi il caso $x=y_0$ e ottengo $0>=0$, pertanto nel punto $x=y_0$ la funzione vale zero, se riesco a dimostrare che la derivata di tale funzione in $x>=y_0$ è positiva allora ho la tesi dato che la funzione risulterebbe crescente:

$D((x-y_0)^(alpha)-x^(alpha)+y^(alpha))=alpha(x-y_0)^(alpha-1)-alphax^(alpha-1)$

$alpha(x-y_0)^(alpha-1)-alphax^(alpha-1)>=0$

$(x-y_0)^(alpha-1)>=x^(alpha-1)$

Abbiamo che $x-y_0<=x_0$ e $alpha-1<=0$, pertanto, sapendo che quando si hanno due termini positivi elevati allo stesso esponente negativo risulta maggiore il termine minore, si ha che la derivata è sempre positiva o nulla quindi la tesi.

[sprmnt21]

Adesso fisso $y$, ossia dato che $y$ può variare in $R^(+)$, io posso fissare un $y=y_0$ e dimostrare che la disuguaglianza vale per ogni $x>=y_0$, ma dato che la scelta di $y_0$ è arbitraria, allora la disuguaglianza vale per ogni $x,y>=0$

Sia quindi $y=y_0$ fissato e $x$ variabile, ciò che si ottiene è una funzione in $x$

$(x-y_0)^(alpha)-x^(alpha)+y_0^(alpha)$

Devo dimostrare che tale funzione è positiva o nulla in ogni $x>=y_0$, verifico quindi il caso $x=y_0$ e ottengo $0>=0$, pertanto nel punto $x=y_0$ la funzione vale zero, se riesco a dimostrare che la derivata di tale funzione in $x>=y_0$ è positiva allora ho la tesi dato che la funzione risulterebbe crescente:

$D((x-y_0)^(alpha)-x^(alpha)+y^(alpha))=alpha(x-y_0)^(alpha-1)-alphax^(alpha-1)$

$alpha(x-y_0)^(alpha-1)-alphax^(alpha-1)>=0$

$(x-y_0)^(alpha-1)>=x^(alpha-1)$
.

E' questo passo che non mi è chiaro. Ho vaghi ricordi delle tecniche di analisi II, ma mi pare che per determinare i punti di minimo e massimo fosse preliminarmente necessario analizzzare i punti stazionari, cioé quelli in cui le derivate parziali rispetto ad entrambe le due variabili sono nulle.

[Vulplasir]

Io non ho ancora affrontato analisi 2 e non saprei dirti a riguardo, ma sinceramente il procedimento mi sembra corretto

[sprmnt21]

Io non ho ancora affrontato analisi 2 e non saprei dirti a riguardo, ma sinceramente il procedimento mi sembra corretto

Siccome non è vero in generale che i punti stazionari di una funzione in due variabili siano determinati analizzando la funzione solo "lungo una direzione", vorrei aver spiegato perché in questo caso particolare la stazionarietà lungo x, ad esempio, implica (implicherebbe?) anche quella lungo y.

[Vulplasir]

Il punto è che la forma finale che io ho ricavato non è una funzione a due variabili, $y_0$ non è più una variabile ma un parametro che può variare in $R^+$, e ho riscritto la funzione in termini di $x$ (variabile) e $y_0$(parametro), analizzando la funzione vedo che è crescente per ogni $x $ maggiore del parametro.

[sprmnt21]

Consideriamo la funzione $f(t)=t^\alpha$ con $\lambda \in [0,1]$. Siano $a,b$ e $c$ tra reali t.c. $a<=c<=b$.
Poniamo $c=(1-\lambda) a+\lambda b$ con $\lambda \in [0,1]$, quindi $\lambda=frac{c-a}{b-a}$ e $1-\lambda=frac{b-c}{b-a}$.
Per la convessità della f(.), risulta che
$c^\alpha >=(1-\lambda) a^\alpha+\lambda b^\alpha= frac{b-c}{b-a}a^\alpha+\frac{c-a}{b-a}b^\alpha$.
Da questa si ricava che
$c^\alpha - a^\alpha >=frac{c-a}{b-a} (b^\alpha - a^\alpha) $
e
$b^\alpha - c^\alpha <=frac{b-c}{b-a} (b^\alpha - a^\alpha) $.
Applicando la prima di queste due relazioni al caso in cui:
$a=0, b=y$ e $c=y-x$ si ha la relazione

$frac{(y-x)^\alpha}{y-x}>= frac{y^\alpha}{y}$

Applicando la prima di queste due relazioni al caso in cui:
$a=x, b=y$ e $c=0$ si ha la relazione

$ frac{y^\alpha}{y}>= frac{ y^\alpha-x^\alpha}{y-x}$.

In definitiva,

$(y-x)^\alpha>=y^\alpha-x^\alpha$.