Desigualdad de Jensen y consecuencias

[Vladislao]

Acá vamos a hablar sobre la desigualdad de Jensen.

Pongo esta desigualdad que, para algunos, es medio tabú por el hecho de que para entenderla bien se requiere usar conocimientos "no estándar" de olimpíadas.

Es notable que en algunos órdenes de la competencia (más tirando hacia IMOs o Iberos) esta desigualdad sea cotidiana y al mismo tiempo la palabra "derivada" sea completamente obscena. Estas dos cosas van totalmente de la mano -e incluso no hace falta aclarar cuál involucra conceptos más primitivos-.

El enunciado de la Desigualdad de Jensen es:

Si [math]f es una función convexa y [math]x_1,\ldots,x_n son números reales, entonces se verifica:

[math]\frac{f(x_1)+\ldots+f(x_n)}{n}\geq f\left(\frac{x_1+\ldots+x_n}{n}\right)

La igualdad se alcanza sólo si [math]x_1=\ldots=x_n.


No voy a demostrar la desigualdad: hay que usar algunas propiedades de los números reales y de las funciones convexas que no vienen tanto al caso.
Justamente haría falta saber qué es una función convexa para terminar de "entender" el enunciado de esta desigualdad:


- Una función [math]f es convexa si se verifica que [math]f(tx+(1-t)y)\leq tf(x)+(1-t)f(y) para todos [math]x,y y [math]0\leq t\leq 1. Gráficamente las funciones convexas son aquellas cuyo gráfico está "arriba" de las rectas tangentes en cada punto. Por ejemplo la función [math]f(x)=x^2 es convexa, porque toda recta tangente a la gráfica está "debajo" de la gráfica.


Como la definición de función convexa es medio incómoda para trabajar, uno usa el siguiente resultado que viene a "salvar las papas" en caso de que uno tenga algunos conocimientos de derivadas -con los muy muy básicos alcanza-.


- Si [math]f es una función que admite derivada segunda, y [math]f''(x)\geq 0 para todo [math]x en el dominio de [math]f, entonces [math]f es convexa en su dominio.


Hago algunas aclaraciones: es totalmente válido decir en una prueba algo como: "Por inspección, sabemos que la función [math]f(x)=|x| es convexa", pues el gráfico del valor absoluto cumple lo que decíamos antes. No sería muy razonable escribir algo como "Por inspección, sabemos que la función [math]f(x)=\frac{3x^2+3}{x+2} es convexa".
Algunas veces no hace falta siquiera derivar ni probar ninguna desigualdad cuando se conoce un esbozo del gráfico de una función, mientras que otras veces habrá que hacer un análisis un poco más profundo.

Ejemplo:

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Vamos a probar que si [math]\alpha, [math]\beta y [math]\gamma son ángulos de un triángulo, entonces [math]\sin \left(\frac{\alpha}{2}\right) \cdot \sin\left(\frac{\beta}{2}\right)\cdot \sin \left(\frac{\gamma}{2}\right) \leq \frac{1}{8}.

Notemos que la función [math]f(x)=-\sin(x) es convexa en el intervalo [math][0,\pi/2]. En efecto, podemos verlo gráficamente, ya que el gráfico de seno es conocido, y por lo tanto también el de menos seno. Otra alternativa es notar que [math]f''(x)=\sin(x)>0 cuando [math]x\in [0,\pi/2]. En cualquier caso, tomamos [math]\alpha/2, \beta/2 y [math]\gamma/2 y aplicamos la desigualdad de Jensen:

[math]\frac{f(\alpha/2)+f(\beta/2)+f(\gamma/2)}{3}\geq f\left(\frac{\alpha/2+\beta/2+\gamma/2}{3}\right)

O sea:

[math]\frac{-\sin(\alpha/2)-\sin(\beta/2)-\sin(\gamma/2)}{3}\geq -\sin\left(\frac{\alpha/2+\beta/2+\gamma/2}{3}\right)

Como [math]\alpha+\beta+\gamma=\pi, resulta que el lado derecho es [math]-\sin(\pi/6)=-\frac{1}{2}

Luego, se obtuvo que

[math]\sin(\alpha/2)+\sin(\beta/2)+\sin(\gamma/2)\leq \frac{3}{2}

Ahora, es claro que por AM-GM: [math]\left(\sin \left(\frac{\alpha}{2}\right) \cdot \sin\left(\frac{\beta}{2}\right)\cdot \sin\left(\frac{\gamma}{2}\right)\right)^{\frac{1}{3}} \leq \frac{\sin(\alpha/2)+\sin(\beta/2)+\sin(\gamma/2)}{3}\leq \frac{1}{2}, elevando al cubo se obtiene la desigualdad buscada.

Listita con algunas funciones convexas:

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[math]f(x)=-\log(x) es convexa en [math](0,\infty).
[math]f(x)=x^n con [math]n\geq 1 es convexa en [math](0,\infty).
[math]f(x)=\frac{1}{x^n} con [math]n\geq 1 es convexa en [math](0,\infty).
[math]f(x)=e^x es convexa en [math]\mathbb{R}.
[math]f(x)=-\sin(x) es convexa en [math][0,\pi].
[math]f(x)=-\cos(x) es convexa en [math][0,\pi/2].

Propiedad: Si [math]f y [math]g son funciones crecientes y convexas, entonces la función [math]h definida por [math]h(x)=f(g(x)) también es convexa.
Es vital que [math]f y [math]g sean crecientes.

Desigualdades que salen con Jensen:

1) AM-GM con pesos:

Si [math]a_1,\ldots,a_n son reales positivos y [math]\lambda_1+\ldots+\lambda_n=1 donde cada [math]\lambda_i\geq 0, entonces:

[math]\lambda_1a_1+\ldots+\lambda_na_n\geq a_1^{\lambda_1}\cdot \ldots \cdot a_n^{\lambda_n}

2) Media cúbica [math]\geq Media cuadrática

Si [math]x_1,\ldots,x_n\geq 0, entonces:

[math]\sqrt[3]{\frac{x_1^3+\ldots+x_n^3}{n}}\geq\sqrt{\frac{x_1^2+\ldots+x_n^2}{n}}

3) Desigualdad de Hölder: Si [math]x_i,y_i\geq 0 para todo [math]i=1,\ldots,n y [math]p y [math]q son reales positivos tales que [math]\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1, entonces:

[math]\sum_{i=1}^n x_iy_i \leq \left(\sum_{i=1}^n x_i^p \right)^{\frac{1}{p}}\cdot \left(\sum_{i=1}^n y_i^q \right)^{\frac{1}{q}}

Si [math]p=q=2 esto es Cauchy-Schwarz.

4) Desigualdad de Young:

Si [math]x,y,a,b>0 y [math]\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=1, entonces [math]xy\leq \frac{x^a}{a}+\frac{y^b}{b}.

Problemas que salen con Jensen:

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(IMO Shortlist 1998) Probar que si [math]r_1,\ldots,r_n>1 entonces:

[math]\frac{1}{1+r_1}+\ldots+\frac{1}{1+r_n}\geq \frac{n}{1+\sqrt[n]{r_1\cdot \ldots \cdot r_n}}

(Rusia 2000) Pruebe que si [math]0\leq x,y\leq 1, entonces:

[math]\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}\leq \frac{2}{\sqrt{1+xy}}

(México 1993) Pruebe que si [math]a,b,c son reales positivos, entonces:

[math]\frac{b+c}{a}+\frac{a+c}{b}+\frac{a+b}{c}\geq 4\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\right)

(?,?) Probar que si [math]a,b,c>0 entonces:

[math]\left(\displaystyle\frac{a+b+c}{3}\right)^{a+b+c}\geq{\left(\displaystyle\frac{a+b}{2}\right)^c\left(\displaystyle\frac{a+c}{2}\right)^b\left(\displaystyle\frac{b+c}{2}\right)^a}

Luego quizás postee algunos problemas más.

[Matías]

Mando una demostración muy corta de la desigualdad de Jensen:

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Si $n=1$ está claro que se cumple ($f(x_1)\geq f(x_1)$)
Si $n=2$ tomando $x=x_1$, $y=x_2$ y $t=\frac{1}{2}$ obtenemos que $f(\frac{x_1+x_2}{2})\leq \frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$
Entonces, si para $n$ tenemos que $\frac{\sum_{i=1}^{n} f(x_i)}{n}\geq f(\frac{\sum_{i=1}^{n}
x_i}{n})$ para $n+1$ tenemos que $f(\frac{\sum_{i=1}^{n+1} x_i}{n+1})=f(\frac{1}{n+1}x_{n+1}+\frac{n}{n+1}\frac{\sum_{i=1}^{n} x_i}{n})\leq \frac{1}{n+1}f(x_{n+1})+\frac{n}{n+1}f(\frac{\sum_{i=1}^{n} x_i}{n})\leq \frac{f(x_{n+1})}{n+1}+\frac{n}{n+1}\frac{\sum_{i=1}^{n}
f(x_i)}{n}=\frac{\sum_{i=1}^{n+1} f(x_i)}{n+1}$