Dimostrazione con principio di induzione

Messaggioda HowardRoark » 22/04/2019, 12:18

Dimostrare che, dati $n$ numeri positivi

$x_1 , ... , x_n$, con $n>=2$

tali che

$x_1 * x_2 * ... * x_n = 1$

si ha

$x_1 + x_2 + ... + x_n>=n$

PASSO BASE pongo $n=2$.

$x_1 * x_2 = 1 => x_2= 1/(x_1)$
Quindi $x_1 + 1/(x_1) >= 2$ che è vera. Non so se in casi come questo si debba dimostrare anche questa relazione, cioè che un numero sommato al suo reciproco dà come risultato un numero $>=2$, a me sembra piuttosto ovvia.


PASSO INDUTTIVO

Devo dimostrare $x_1 + x_2 + ... + x_n + x_(n+1) >= n+1$

Per ipotesi $x_1 + ... + x_n >= n$, quindi posso porre $x_1 + ... + x_n = n$.

Quindi ottengo $n + x_(n+1) >= n +1 => x_(n+1) >= 1$.

Ora, $x_1 * x_2 * ... * x_n * x_(n+1) = 1$ mi implica che $x_2=1/x_1$; $x_3 = x_1$ ecc.


Quindi $x_(n+1) >=1$ posso vederla come $1/x_1 >=1$ oppure come $x_1 >= 1$.

Queste disuguaglianze però non sono vere per ogni numero positivo; per esempio $1/x_1 >= 1$ è falsa se $x_1 = 2$.

Cosa sbaglio?



EDITO IL MESSAGGIO. In effetti potrei osservare che $x_1 * x_2 * ... * x_n * x_(x+1) = 1$ se e solo se $x_1= ...= x_n = x_(n+1) = 1$ e così credo otterrei una dimostrazione soddisfacente.
HowardRoark
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Re: Dimostrazione con principio di induzione

Messaggioda 3m0o » 22/04/2019, 12:47

No,
HowardRoark ha scritto:EDITO IL MESSAGGIO. In effetti potrei osservare che $ x_1 * x_2 * ... * x_n * x_(x+1) = 1 $ se e solo se $ x_1= ...= x_n = x_(n+1) = 1 $ e così credo otterrei una dimostrazione soddisfacente.

Se \( n=2k \) hai che una possibile sequenza di \( (x_i )_{i=1}^{2k} \) è
\( x_1=1 , x_2= 1, x_3=\frac{1}{2}, x_4=2, x_5=\frac{1}{3},x_6=3,\ldots,x_{2i-1}=\frac{1}{i} , x_{2i}=i ,\ldots, ,x_{2k-1}=\frac{1}{k} , x_{2k}=k \)
Hai infatti che \( \prod\limits_{i=1}^{2k} x_i = 1 \) e \( \sum\limits_{i=1}^{2k} x_i \geq 2k \)
Ma \( \forall i \geq 3 \) hai che \( x_i \neq 1 \)
Oppure se \( n=2k+1 \) basta aggiungere \( x_{2k+1} = 1 \) alla tua seguenza ed è un contro esempio a quello che hai detto.
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Re: Dimostrazione con principio di induzione

Messaggioda Bokonon » 22/04/2019, 13:09

Oppure si può usare il noto risultato $MA(x)>=MG(x)$ ovvero che la media geometrica è sempre inferiore o uguale alla media aritmetica.
Infatti $x_1+x_2+...+x_n>=n$, ovvero $1/nsum_(i=1)^n x_i=MA(x)>=1$
E $ (prod_(i = 1)^(n) x_i)^(1/n)=MG(x)=1 $
Quindi la relazione è sempre vera.
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Re: Dimostrazione con principio di induzione

Messaggioda HowardRoark » 22/04/2019, 13:56

Ho capito.
Grazie a entrambi!
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Re: Dimostrazione con principio di induzione

Messaggioda 3m0o » 22/04/2019, 14:14

Io farei in questo modo:
Con \( n= 2 \) denoto, \( \mathcal{X}_2 := \{ (x_i)_{i=1}^{2} : x_1 \cdot x_2 = 1, x_i > 0 \} \), la famiglia di coppie tali che la moltiplicazione mi da 1. Questo insieme contiene infinite coppie, ma notiamo che sono tutte della forma \( x_1= \frac{1}{k} \) e \( x_2= k \) con un qualunque numero positivo. Abbiamo chiaramente che se \( k \neq 1 \) allora \(2 \leq 1+1 \leq \frac{1}{k} + k \).
Dunque sia \( (x_i^{(m)})_{i=1}^{2} \) la coppia con somma minimale. Abbiamo che tale coppia è \( x_1^{(m)} = 1, x_2^{(m)} = 1 \).

Per ogni \( \mathcal{X}_n := \{ (x_i)_{i=1}^{n} : \prod\limits_{i=1}^{n} x_i = 1, x_i > 0 \} \). La famiglia di \( n-uple \) tale che il prodotto è uguale 1.
Ipotesi: La \( n-upla\) con somma minimale \( ( x_i^{(m)})_{i=1}^{n} \) è data da \( x_i^{(m)} = 1 \), \( \forall i = 1, \ldots, n \).

Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Supponiamo che l'ipotesi sia vera per un certo \( n \).
Dimostriamo che questo implica che è vera per \( n + 1 \).
Consideriamo un'arbitraria \( (x_i)_{i=1}^{n+1} \in \mathcal{X}_{n+1} \) se almeno uno degli elementi \( x_k \) è uguale a \( 1 \), e supponiamo senza perdita di generalità \( x_{n+1} = 1 \), abbiamo terminato. Infatti \( (x_i)_{i=1}^{n} \in \mathcal{X}_{n} \) e risulta che \[ \sum\limits_{i=1}^{n} x_i^{(m)} \leq \sum\limits_{i=1}^{n} x_i \Rightarrow 1+\sum\limits_{i=1}^{n} x_i^{(m)} \leq \sum\limits_{i=1}^{n+1} x_i \]
Supponiamo che \( (x_i)_{i=1}^{n+1} \in \mathcal{X}_{n+1} \) tale che \( \forall i = 1, \ldots, n+1 \) risulta \( x_i \neq 1 \).
Allora possiamo supporre senza perdità di generalità che \( x_1 \leq x_2 \leq \ldots \leq x_k <1 < x_{k+1} \leq \ldots \leq x_{n+1} \)
Per un certo \( k \in \mathbb{N}^{*} \) e \( 1\leq k<n+1\). Abbiamo \[ \prod\limits_{j=1}^{k} x_j = \frac{1}{\prod\limits_{i=k+1}^{n+1} x_i} \]
Dunque ponendo \( \tilde{x}_i = x_i ; \forall i =1,\ldots,n-1 \) e \(\tilde{x}_n = x_{n} \cdot x_{n+1} > 1 \).
Abbiamo che \( (\tilde{x}_i)_{i=1}^{n} \in \mathcal{X}_n \) pertanto \[1+ \sum\limits_{i=1}^{n} x_i^{(m)} \leq 1+\sum\limits_{i=1}^{n} \tilde{x}_i \leq x_n + x_{n+1}+ \sum\limits_{i=1}^{n-1} x_i \]
Ultima modifica di 3m0o il 22/04/2019, 14:23, modificato 1 volta in totale.
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Re: Dimostrazione con principio di induzione

Messaggioda 3m0o » 22/04/2019, 14:20

Bokonon ha scritto:Oppure si può usare il noto risultato $MA(x)>=MG(x)$ ovvero che la media geometrica è sempre inferiore o uguale alla media aritmetica.
Infatti $x_1+x_2+...+x_n>=n$, ovvero $1/nsum_(i=1)^n x_i=MA(x)>=1$
E $ (prod_(i = 1)^(n) x_i)^(1/n)=MG(x)=1 $
Quindi la relazione è sempre vera.

Così in effetti è molto più semplice
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Re: Dimostrazione con principio di induzione

Messaggioda gugo82 » 22/04/2019, 15:53

In realtà, il risultato da dimostrare è un caso particolare di AMGM, quindi non credo si possa sfruttare tale disuguaglianza nella dimostrazione.
Sono sempre stato, e mi ritengo ancora un dilettante. Cioè una persona che si diletta, che cerca sempre di provare piacere e di regalare il piacere agli altri, che scopre ogni volta quello che fa come se fosse la prima volta. (Freak Antoni)
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Re: Dimostrazione con principio di induzione

Messaggioda 3m0o » 22/04/2019, 16:37

Penso tu abbia ragione e inoltre rileggendo il mio mi sono reso conto che aver fatto un piccolo errore con la mia notazione, questa è la versione corretta


Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Supponiamo che l'ipotesi sia vera per un certo \( n \).
Dimostriamo che questo implica che è vera per \( n + 1 \).
Consideriamo un'arbitraria \( (x_i)_{i=1}^{n+1} \in \mathcal{X}_{n+1} \) se almeno uno degli elementi \( x_k \) è uguale a \( 1 \), e supponiamo senza perdita di generalità \( x_{n+1} = 1 \), abbiamo terminato. Infatti \( (x_i)_{i=1}^{n} \in \mathcal{X}_{n} \) e risulta che \[ \sum\limits_{i=1}^{n} x_i^{(m)} \leq \sum\limits_{i=1}^{n} x_i \Rightarrow 1+\sum\limits_{i=1}^{n} x_i^{(m)} \leq \sum\limits_{i=1}^{n+1} x_i \]
Supponiamo che \( (x_i)_{i=1}^{n+1} \in \mathcal{X}_{n+1} \) tale che \( \forall i = 1, \ldots, n+1 \) risulta \( x_i \neq 1 \).
Allora possiamo supporre senza perdità di generalità che \( x_1 \leq x_2 \leq \ldots \leq x_k <1 < x_{k+1} \leq \ldots \leq x_{n+1} \)
Per un certo \( k \in \mathbb{N}^{*} \) e \( 1\leq k < n+1 \). Abbiamo \[ \prod\limits_{j=1}^{k} x_j = \frac{1}{\prod\limits_{i=k+1}^{n+1} x_i} \]
Dunque ponendo \( \tilde{x}_i = x_i ; \forall i =2,\ldots,n \) e \(x_{n+1} > \tilde{x}_1: = x_{1} \cdot x_{n+1} > 1 \).
Abbiamo che \( (\tilde{x}_i)_{i=1}^{n} \in \mathcal{X}_n \) pertanto \[ 1+ \sum\limits_{i=1}^{n} x_i^{(m)} \leq 1+ \sum\limits_{i=1}^{n} \tilde{x}_i \leq x_1 + x_{n+1}+ \sum\limits_{i=2}^{n} x_i \]
Dove la relazione \( 1+ \tilde{x}_1 \leq x_1 + x_{n+1} \) è verificata siccome:
$ 1+x_1 \cdot x_{n+1} \leq x_1 + x_{n+1} \Leftrightarrow x_1(x_{n+1} -1 ) \leq x_{n+1} -1 $
ricordiamo che $ x_1 < 1 $ e $ x_{n+1} > 1 $

Edit: non so perché ma la scrittura in LateX mi esce [Math Processing Error]
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Re: Dimostrazione con principio di induzione

Messaggioda Bokonon » 22/04/2019, 17:09

gugo82 ha scritto:In realtà, il risultato da dimostrare è un caso particolare di AMGM, quindi non credo si possa sfruttare tale disuguaglianza nella dimostrazione.

Se parti da $MA>=MG=1$ viene fuori il problema...
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