Disuguaglianza con integrale

[dan95]

Dimostrare che per ogni $n$ intero positivo

$\int_{0}^{1} x^n(1-x^2)^n dx \geq \frac{1}{n+1}(\frac{2}{3\sqrt{3}})^n$

[giammaria]

Non riesco a risolvere il problema, ed un hint sarebbe gradito. In compenso, riesco a calcolare l'integrale a primo membro.

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Dati i due interi positivi $p,q$ pongo
$A_(p,q)=int_0^1 x^p(1-x^2)^q dx$
Integro per parti, prendendo $x^p$ come fattor differenziale:
$A_(p,q)=[x^(p+1)/(p+1)(1-x^2)^q-int x^(p+1)/(p+1)*q(1-x^2)^(q-1)*(-2x)dx]_0^1$
$" "=[x^(p+1)/(p+1)(1-x^2)^q]_0^1+(2q)/(p+1) int_0^1 x^(p+2) (1-x^2)^(q-1)dx=(2q)/(p+1)A_(p+2.q-1)$

Ho quindi una formula di ricorrenza, in cui quando $q$ diminuisce di 1, $p$ aumenta di 2. La applico ripetutamente, fino ad annullare il secondo indice, ed ottengo

$A_(p,q)=(2q)/(p+1)*(2(q-1))/(p+3)A_(p+4,q-2)=(2q)/(p+1)*(2(q-1))/(p+3)*(2(q-2))/(p+5)A_(p+6.q-3)=...$
$" "=(2q)/(p+1)*(2(q-1))/(p+3)*(2(q-2))/(p+5)*...*(2*1)/(p+2q-1)A_(p+2q,0)$

e poiché $A_(p+2q,0)=int_0^1 x^(p+2q) dx=1/(p+2q+1)$ ho in definitiva

$A_(p,q)=(2^q*q!)/((p+1)(p+3)(p+5)...(p+2q+1))$

Con $p=q=n$ ho l'integrale in questione, che quindi è

$A_(n,n)=(2^n *n!)/((n+1)(n+3)(n+5)...(3n+1))$

[Rigel]

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Fissiamo $\delta\in (0,1)$.
\[
\begin{split}
I_n & := \int_0^1 x^n (1-x^2)^2 dx = \int_0^\delta\ldots + \int_\delta^1\ldots
\geq (1-\delta^2)^n \int_0^\delta x^n\, dx + \delta^{n-1}\int_\delta^1 x (1-x^2)^n\, dx
\\ &=
(1-\delta^2)^n \frac{\delta^{n+1}}{n+1} + \frac{\delta^{n-1}(1-\delta^2)^{n+1}}{2(n+1)}
= \frac{(1-\delta^2)^n\delta^{n-1}(1+\delta^2)}{2(n+1)}\,.
\end{split}
\]
Per semplificare un po', osserviamo che $1+\delta^2 \geq 2\delta$, così da ottenere
\[
I_n \geq \frac{[\delta(1-\delta^2)]^n}{n+1},
\qquad \forall \delta \in (0,1).
\]
Ora, basta osservare che la quantità $\delta(1-\delta^2)$ è massimizzata in $(0,1)$ per $\delta = 1/\sqrt{3}$; sostituendo questo valore
nella precedente disuguaglianza, si ottiene la stima cercata.

[totissimus]

@giammaria
avevi quasi finito

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La disuguaglianza è vera per $n=0,1$

Supponiamo che sia vera per $n$: $B_{n}=\frac{2^{n}n!}{(n+1)(n+3)\ldots(3n+1)}\geq\frac{1}{n+1}(\frac{2}{3\sqrt{3}})^{n}$

$\frac{B_{n+2}}{B_{n}}=\frac{2^{n+1}(n+1)!}{(n+3)(n+5)\ldots(3n+7)}\frac{(n+1)(n+3)\ldots(3n+1)}{2^{n}n!}=\frac{4(n+2)(n+1)}{3(3n+5)(3n+7)}$

$B_{n+2}=B_{n}\frac{4(n+2)(n+1)}{3(3n+5)(3n+7)}\geq\frac{1}{n+1}(\frac{2}{3\sqrt{3}})^{n}\frac{4(n+2)(n+1)}{3(3n+5)(3n+7)}=\frac{1}{n+3}(\frac{2}{3\sqrt{3}})^{n+2}\frac{n+3}{n+1}\left(\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)^{2}\frac{4(n+2)(n+1)}{3(3n+5)(3n+7)}=\frac{1}{n+3}(\frac{2}{3\sqrt{3}})^{n+2}\frac{27}{4}\frac{4(n^{2}+5n+6)}{3(9n^{2}+36n+35)}=\frac{1}{n+3}(\frac{2}{3\sqrt{3}})^{n+2}\frac{9n^{2}+45n+54}{9n^{2}+36n+35}>\frac{1}{n+3}(\frac{2}{3\sqrt{3}})^{n+2}
$
La disuguaglianza è dunque sempre vera per induzione.

[giammaria]

@ Rigel
Mi sfugge il ragionamento che fai per scrivere

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$int_0^delta x^n(1-x^2)^n dx+int_delta^1 x^n(1-x^2)^n dx>=(1-delta^2)^nint_0^delta x^n dx+delta^(n-1) int_0^1 x(1-x^2)^n dx$

[Rigel]

@giammaria:

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@ Rigel
Mi sfugge il ragionamento che fai per scrivere
$int_0^delta x^n(1-x^2)^n dx+int_delta^1 x^n(1-x^2)^n dx>=(1-delta^2)^nint_0^delta x^n dx+delta^(n-1) int_\delta^1 x(1-x^2)^n dx$

Nel primo integrale usi la minorazione $1-x^2 \geq 1-\delta^2$ per ogni $x\in [0,\delta]$.
Nel secondo integrale usi la minorazione $x \geq 1-\delta$ per ogni $x\in [\delta, 1]$.

[dan95]

Bravi tutti

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Potevate pure considerare un triangolo di altezza $(\frac{2}{3\sqrt{3}})^n$ e base $B$ tale che

$\int_{0}^{1} x^n(1-x^2)^n dx \geq \frac{B}{2} (\frac{2}{3\sqrt{3}})^n$

e mostrare che $B=\frac{2}{n+1}$.

[giammaria]

A prima vista, non mi è chiaro come il suggerimento di dan95 migliori la soluzione ma ci penserò ancora. In fondo, anche il chiarimento che avevo chiesto a Rigel (che ringrazio) mi è risultato inutile perché l'avevo visto per conto mio, anche se con notevole ritardo. Scrivo perché ho trovato un'altra possibile soluzione, che mi sembra abbastanza facile.

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Per $n=0$ la diseguaglianza è verificata; proseguo pensando solo a $n>=1$. Per inciso, questa soluzione ve bene anche se $n$ non è intero; basta avere $n>=1$.
Posto $a=2/(3 sqrt3)=0.3849$, posso dire che
secondo membro = $a^n/(n+1)=int_0^1 (ax)^n dx$
Il primo membro è l'integrale di $[f(x)]^n$, in cui la funzione $f(x)=x(1-x^2)$ passa per i punti (0,0) e (1,0) ed ha massimo in $(1/sqrt3,a)$. Le due funzioni integrande si incontrano, oltre che nell'origine ed in valori negativi, quando
$[x(1-x^2)]^n=(ax)^n hArr x(1-x^2)=ax hArr 1-x^2=a hArr x=sqrt(1-a)$
e per comodità pongo $b=sqrt(1-a)=0.7843$. Disegno su uno stesso grafico le curve $y=[f(x)]^n$ e $y=(ax)^n$ e vi indico i seguenti punti:
$O(0,0)$ per cui passano le due curve
$A(1,0)$ per cui passa la prima curva
$B(1/sqrt3, a^n)$ massimo della prima curva
$C(1,a^n)$ per cui passa la seconda curva
$D(b, (ab)^n)$ ulteriore intersezione delle curve.
Indicando ordinatamente con $S_1,S_2,S_3$ le aree dei triangoli mistilinei ODB, ACD, OAD, la tesi equivale a

$S_1+S_3>=S_2+S_3 hArr S_1-S_2>=0$

Calcolo le aree dei triangoli veri e proprii (ho usato i determinanti), trovando che $S(ODB)=a^n/2(b-b^n/sqrt 3)$ e $S(ACD)=a^n/2(1-b)$. Osservando le concavità, noto che $S_1>S(ODB)$ e $S_2<S(ACD)$, quindi
$S_1-S_2>S(ODB)-S(ACD)=a^n/2(b-b^n/sqrt 3)-a^n/2(1-b)=a^n/2(2b-1-b^n/sqrt3)>=a^n/2(2b-1-b/sqrt3)=a^n/2*0,1157>0$
e la tesi è dimostrata.