\documentstyle [12pt]{article} \pagestyle{empty} \font\pic=cmr7 \topmargin=-2cm \oddsidemargin=-0.5cm \textwidth=16.6cm \textheight=26cm \begin {document} \centerline{\bf Matematica, Anno Accademico 2004-2005, Scienze Geologiche} \\ \centerline{\pic V.M. Tortorelli} \centerline{Diseguaglainza tra media geometrica e media aritrmetica} \noindent{\pic Materiale relativo al corso pu\`o essere reperito in rete selezionando nella Pagina del Dipartimento la voce Materiale Didattico \noindent (http://WWW.dm.unipi.it/didactics/home.html) e quindi selezionando ALTRI CORSI DI LAUREA e Corso di laurea *****} \noindent-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Si d\`a la soluzione del seguente asserto del II foglio di esercizi, che non era stata ultimata in aula: \medskip \noindent ESERCIZIO n. 12 del II foglio - Si provi che $\sqrt{xy}\le \frac{x+y}2$, se $x, ~y \geq 0$ e se ne dia un'interpretazione geometrica. Si consideri la seguente propriet\`a $D_n$: {\it comunque siano dati $n$ numeri non negativi si ha ${\sqrt[n]{x_1\dots x_{n}}} \le \frac {x_1 +\dots x_{n}}{ n}$.} - Si provi che se vale $D_n$ vale $D_{2n}$. - Si provi che se vale $D_{n+1}$ vale $D_n$. Si deduca che per ogni $n$ vale $D_n$ (ovvero \`e vero che {\it la media geometrica \`e sempre minore o eguale alla media aritmetica}). \medskip \noindent SOLUZIONE: - Il primo punto deriva dal fatto che $a^2 +b^2 -2ab =(a-b)^2\geq 0$ ponendo $x=a^2 ,~ y=b^2$. \noindent - Il secondo punto si prova come segue: \noindent ${\sqrt[2n]{x_1\dots x_{2n}}}= ~~~~ {\sqrt{\!}}{\overline{ \sqrt[n]{x_1\dots x_{n}} \sqrt[n]{x_{n+1}\dots x_{2n}} }}\le$ \hfill per il primo punto avendo come argomenti le due radici $n^e$: ~~~~~~~~~~~ $\le \frac{{\sqrt[n]{x_1\dots x_{n}}}+{\sqrt[n]{x_{n+1}\dots x_{2n}}}}{2}\le$ \hfill usando $D_n$ due volte: per $x_1\dots x_n$ e per $x_{n+1} \dots x_{2n}$ ~~~~~~~~~~~ $\le \frac{ \frac{x_1+ \dots+ x_{n}}{n}+\frac{x_{n+1}+\dots + x_{2n}}{n}}{2}=$ \noindent $= \frac {x_1 +\dots + x_{2n}}{ 2n}$ \noindent - La prima parte del terzo punto si prova come segue: dati $n$ numeri non negativi $x_1, \dots,~ x_n$ si usa $D_{n+1}$ per i numeri $x_1, \dots,~ x_n$ e $ \frac{x_1+\dots +x_n}{n}$, in modo che elevando alla $n+1$ i membri della diseguaglianza ottenuta si ha: ~~~~~~~~$x_1\cdot \dots x_n \frac{x_1+\dots +x_n}{n} \le \left(\frac{x_1+\dots + x_n + \frac{x_1+\dots +x_n}{n}}{n+1}\right)^{n+1} = \left(\frac{x_1+\dots +x_n}{n}\right)^{n+1}$ \noindent quindi si divide per la media aritmetica di $x_1, \dots x_n$ e si fa la radice $n^a$. \noindent - Per la seconda parte del terzo punto si osserva: -direttamente con la definizione di metodo di induzione, dal primo e dal secondo punto, si deduce che $D_{2^m}$ \`e vera per ogni $m$. - quindi per provare che $D_n$ vale si osserva che essendo vera $D_{2^n}$ la prima parte permette di ``tornare indietro''. \smallskip \noindent (A rigore anche qui \`e necessario l'argomento induttivo per rendere rigorso l'argomento del ``tornare indietro'' un numero variabile di passi: si considera la propriet\`a $C_h$: ``se vale $D_h$ allora vale $D_m$ per tutti gli $m\le h$" $C_1$ \`e vera se vale $C_h$ bisogna mostrare che vale $C_{h+1}$: ora se si assume che vale $D_{h+1}$ dalla prima parte si ha che vale $D_h$ e quindi utilizzando l'ipotesi induttiva $C_h$ si ha che vale $D_m$ per ogni $m\le h$, e d'altronde si \`e assunto che vale anche $D_{h+1}$. Quindi $C_h$ vale sempre, in particolare per $h=2^n>n$). \noindent-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Un'applicazione di questa diseguaglianza tra media aritmetica e media geometrica riguarda il fatto che la successione che da il valore finale dopo $n$ istanti di una grandezza che varia ad ogni istante con un tasso $\frac xn$, cresce al crescere di $n$: %definita dal debito ``cumulativo", %alla scadenza del periodo di prestito con un tasso di interesse composto $\frac x n$ variabile in funzione %del numero $n$ dei sottoperiodi concessi per l' ``estinzione del debito'', cresce al crescere di $n$ %(un contratto un po svantaggioso): $1+x,~ 1+\frac x2 +\frac x2 (1+\frac x2)= (1+\frac x2)^2 , \dots ,~ \left(1+\frac xn\right)^n: ~~ x_{h+1} -x_{h} =\frac xn x_h , ~ x_n = \left( 1+\frac xn\right)^n$ %\noindent Pi\`u in generale tale successione descrive fenomeni in cui il tasso di variazione di una grandezza %\`e proporzionale alla quantit\`a istantanea. \noindent ESERCIZIO n. 13 del II foglio - Si usi la propriet\`a provata nel precedente esercizio per mostrare che $\left(1+\frac x{n+1}\right)^{n+1}\geq \left(1+\frac xn\right)^n $ (se $n>1-x$),~ % n+1+x= n (n+x)/n +1 \noindent - Si provi che $\left(1+\frac 1{n}\right)^{n+1}\geq \left(1+\frac 1{n+1}\right)^{n+2} $,~ $\sqrt[n]{n}\geq \sqrt[n+1]{n+1}$ (se $n\geq 4$). \medskip \noindent SOLUZIONE - $ \left(1+\frac xn\right)^n = \left(1+\frac xn\right)\cdot \dots_{n~{\rm volte}}\dots \cdot \left(1+\frac xn\right) \cdot 1\le $ \hfill si usa la diseguaglianza tra le medie di $n+1$ numeri {\it non negativi} $\le \left( \frac{1+\frac xn + \dots_{n~{\rm volte}}\dots +1+\frac xn +1}{n+1}\right)^{n+1} = \left(\frac{n+x+1}{n+1} \right)^{n+1} = \left(1+\frac{x}{n+1} \right)^{n+1}$ \medskip \noindent - $\left(1+\frac 1{n}\right)^{n+1}= \left(\frac {n+1}{n}\right)^{n+1} = \frac 1{\left(\frac {n}{n+1}\right)^{n+1}} = \frac 1{\left(1- \frac {1}{n+1}\right)^{n+1}}\geq$ \hfill per quanto provato al punto precedente con $x=-1$ \noindent $\geq \frac 1{\left(1- \frac {1}{n+2}\right)^{n+2}}= \left(1+\frac 1{n+1}\right)^{n+2} $ \medskip \noindent Infine per provare che $\sqrt[n]{n}$ decrescere al crescere di $n\geq 4$ si procede come segue: $\sqrt[n]{n} \geq \sqrt[n+1]{n+1 }$ se e solo se $n^{n+1} \geq (n+1)^n $ se e solo se $n \geq \frac {(n+1)^n}{n^n} =\left(1+\frac 1n\right)^n $, \noindent si ha inoltre: ~~~~~~~~~~~~~~~$\left(1+\frac 1n\right)^n \le$ (si moltiplica per un numero maggiore di $1$) ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~$\le\left(1+\frac 1n\right)^{n+1} \le $ (essendo decrescente per quanto appena provato) $\le (1+1)^2 =4$. \noindent Quindi per $n\geq 4$ si ha $\sqrt[n]{n} \geq \sqrt[n+1]{n+1 }$. \end{document} \bigskip