Media potenziata

Siano $a_1,a_2,\ldots ,a_n\in\mathbb R^+$ e $x\in\mathbb R$: definiamo la funzione $$M_x(a_1,\ldots,a_n)= \left\{ \begin{array}{ll}\left(\displaystyle{\frac{a_1^{\ x}+a_2^{\ x}+\ldots+a_n^{\ x}}{n}} \right)^{1/x}, & x \ne 0 \\ \\ \displaystyle{\lim_{t\to0}M_t(a_1,\ldots,a_n)}\ , & x=0 \end{array} \right.$$

$M_1$ corrisponde alla media aritmetica, $M_2$ al valore quadratico medio, $M_{-1}$ alla media armonica.

1. Dimostrare che $M_0$ corrisponde alla media geometrica;
2. Dimostrare che se $x<y$ allora $M_x(a_1,\ldots,a_n)\leq M_y(a_1,\ldots,a_n)$ dove vale l’uguale se e solo se $a_1=a_2=\ldots=a_n$;
3. Calcolare $\displaystyle{\lim_{x\to+\infty}M_x(a_1,\ldots,a_n)}$;
4. Calcolare $\displaystyle{\lim_{x\to-\infty}M_x(a_1,\ldots,a_n)}$.

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1. Ricordando che $b^t=1+t\ln b+O(t^2)\ $ e $\ln(1+t)=t+O(t^2)\ $, abbiamo: $$\ln M_x(a_1,\ldots,a_n)=\dfrac1x \ln\left(\dfrac{a_1^{\ x}+\ldots+a_n^{\ x}}{n}\right)=$$ $$=\dfrac1x \ln\left[\dfrac{1+x\ln a_1+\ldots+1+x\ln a_n +O(x^2)}{n}\right]=$$ $$=\dfrac1x \ln\left[1+x\ \dfrac{\ln a_1+\ldots+\ln a_n}{n}+O(x^2)\right]=\dfrac{\ln a_1+\ldots+\ln a_n }{n}+\dfrac{O(x^2)}{x}=$$ $$=\ln\left[\left(a_1\cdot\ldots\cdot a_n\right)^{1/n}\right]+O(x)$$Si ha quindi $\displaystyle{\lim_{x\to0}\,\ln M_x(a_1,\ldots\,a_n)}=\ln\left[\left(a_1\cdot\ldots\cdot a_n\right)^{1/n}\right]$ e per la continuità della funzione esponenziale si ha:$$M_0(a_1,\ldots,a_n)=\displaystyle{\lim_{x\to0} M_x(a_1,\ldots\,a_n)}=\left(a_1\cdot\ldots\cdot a_n\right)^{1/n}$$e $\left(a_1\cdot\ldots\cdot a_n\right)^{1/n}$ è proprio la media geometrica di $a_1,\ldots,a_n\ $.

2. Nel caso in cui $a_1=\ldots=a_n$, la funzione $M_x$ è banalmente costante rispetto a $x$, per cui prendiamo in esame il caso in cui gli $a_i$ non siano tutti uguali. Consideriamo la funzione $f(x)=\dfrac{1}{M_x}\dfrac{\partial M_x}{\partial x}=\dfrac{\partial \ln M_x}{\partial x}=\dfrac{\partial \left[\dfrac1x\ln \left(\dfrac{a_1^{\ x}+\ldots+a_n^{\ x}}{n} \right )\right]}{\partial x}$ in $\mathbb R\setminus \{0\}$. Si ha:

$$f(x)=-\dfrac{1}{x^2}\ln\left(\dfrac{a_1^{\ x}+\ldots +a_n^{\ x}}{n}\right)+\dfrac1x\dfrac{a_1^{\ x}\ln a_1+\ldots+a_n^{\ x}\ln a_n}{a_1^{\ x}+\ldots +a_n^{\ x}}=$$ $$\dfrac{a_1^{\ x}\ x\ln{a_1}+\ldots+a_n^{\ x}\ x\ln{a_n}-\left(a_1^{\ x}+\ldots+a_n^{\ x}\right)\ln\left(\dfrac{a_1^{\ x}+\ldots +a_n^{\ x}}{n}\right)}{{x^2\left(a_1^{\ x}+\ldots +a_n^{\ x}\right)}}=
$$ $$=\dfrac{A_1\ln A_1+\ldots+A_n\ln A_n-\left(A_1+\ldots+A_n\right) \ln\left(\dfrac{A_1+\ldots +A_n}{n}\right)}{x^2\left(A_1+\ldots +A_n\right)}\ ,$$ dove ho posto $a_i^{\ x}=A_i$ per alleggerire e semplificare la notazione.

Ora, l’ultima frazione ha il denominatore sempre positivo mentre, per dimostrare la positività del numeratore, consideriamo la funzione $\varphi(x)=x\ln x$: essa è strettamente convessa nel suo dominio $\mathbb R^+$ essendo $\dfrac{d^2 \varphi}{dx^2}=\dfrac1x>0$ e dunque soddisfa la disuguaglianza di Jensen che afferma che per una funzione strettamente convessa $\varphi(x)$ si ha $\displaystyle{\varphi\left(\sum_{i=1}^n \lambda_i\ x_i\right)\leq\sum_{i=1}^n\lambda_i\ \varphi(x_i)}$, dove $0<\lambda_i<1$ e $\displaystyle\sum_{i=1}^n\lambda_i=1$, e vale l’uguale se e solo se $x_1=x_2=\ldots=x_n$. Nel nostro caso ponendo $\lambda_i=\dfrac{1}{n}$ e $x_i=A_i$, essendo gli $a_i$ e quindi gli $A_i$ non tutti uguali fra loro, otteniamo che $\displaystyle{\varphi\left(\sum_{i=1}^n \frac{A_i}{n}\right)<\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^n\varphi\left(A_i\right)}$, ovvero $\displaystyle{\left(\sum_{i=1}^n \frac{A_i}{n}\right)\ln\left(\sum_{i=1}^n \frac{A_i}{n}\right)<\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^n A_i\ln\left(A_i\right)}$ ovvero, semplificando $n$, $\displaystyle{\left(\sum_{i=1}^n A_i\right)\ln\left(\sum_{i=1}^n \dfrac{A_i}{n}\right)<\sum_{i=1}^n A_i\ln\left(A_i\right)}$, il che implica che il numeratore è sempre strettamente positivo. Si ha quindi che $f(x)$ è sempre strettamente positiva e di conseguenza $M_x$ è strettamente crescente rispetto a $x$ in $\mathbb R^+$ e in $\mathbb R^-$.

Per dimostrare che $M_x$ è crescente in tutto $\mathbb R$ prendiamo in esame $M_0$, e sia $t\in \mathbb R^+$: per il teorema di Lagrange $M_t-M_0=(t-0)\left.\dfrac{\partial M_x}{\partial x}\right|_{x=\xi}$ dove $\xi\in(0,t)$, ed essendo $\left.\dfrac{\partial M_x}{\partial x}\right|_{x=\xi}>0$ si ha $M_t>M_0$ se $t>0$. Analogamente $M_t<M_0$ se $t<0$. $M_x$ è quindi strettamente crescente rispetto a $x$ in tutto $\mathbb R$.
In aggiunta, la funzione $M_x$ è derivabile rispetto ad $x$ anche in $x=0$ e si ha $$\left.\dfrac{\partial M_x}{\partial x}\right|_{x=0}=\lim_{x\to0}\dfrac{M_x-M_0}{x-0}\overset{\mathcal H}{=}\lim_{x\to0}\dfrac{\partial M_x}{\partial x}=\lim_{x\to0}M_x f(x)=M_0\lim_{x\to0}f(x)\ .$$ Sviluppando secondo Taylor si ha $a_i^{\ x}=1+x\ln a_i+\dfrac{1}{2}x^2\ln^2\!a_i+O(x^3)$ e $\ln(1+t)=t-\dfrac12 t^2+O(t^3)$: sostituendo, semplificando e portando al limite si ottiene alla fine $$\lim_{x\to0}f(x)=\dfrac{1}{2}\left[\dfrac{\ln^2\!a_1+\ldots+\ln^2\!a_n}{n}-\left(\dfrac{\ln a_1+\ldots+\ln a_n}{n}\right)^2\right]\ ,$$ed essendo la quantità fra parentesi quadre la varianza dei logaritmi naturali degli $a_i$ (la varianza di un insieme di valori è sempre non negativa ed è nulla se e solo se i valori sono tutti uguali) si ha quindi che $\left.\dfrac{\partial M_x}{\partial x}\right|_{x=0}$ esiste ed è positiva, ed anche attraverso questa informazione possiamo dedurre che $M_x$ è crescente rispetto a $x$ in tutto $\mathbb R$.

3. Senza perdere di generalità possiamo supporre che sia $a_1=\max\{a_i\}$. Possiamo raccogliere $a_1^x$ al numeratore e portarlo fuori, e si ha allora, per $x>0$:$$M_x(a_1,\ldots,a_n)=\left(\frac{a_1^{\ x}+a_2^{\ x}+\ldots+a_n^{\ x}}{n} \right)^{1/x}=a_1\left[\frac{1+\left(\dfrac{a_2}{a_1}\right)^x+\ldots+\left(\dfrac{a_n}{a_1}\right)^x}{n}\right]^{1/x}\ .$$Poiché $a_i\leq a_1$ per $i=2,\ldots, n$ le potenze al numeratore o valgono $1$ o tendono a $0$. Il numeratore tende dunque a un numero naturale $m$ compreso fra $1$ e $n\:$. La frazione tende dunque a un numero compreso tra $1/n$ e $1$ e, elevata a $1/x$ che tende a $0$, tende a $1$.

Possiamo quindi scrivere $\displaystyle{\lim_{x\to+\infty}M_x(a_1,\ldots,a_n)=\max\{a_i\}}$ .

4. Si procede in modo del tutto analogo al punto 3, dove in questo caso supponiamo che sia $a_1=\min\{a_i\}$ e, con considerazioni analoghe, arriviamo al risultato $\displaystyle{\lim_{x\to-\infty}M_x(a_1,\ldots,a_n)=\min\{a_i\}}$ .

I punti 2, 3 e 4 dimostrano anche che $\min\{a_i\}\leq M_x(a_1,\ldots,a_n)\leq\max\{a_i\}$ dove vale il segno di uguaglianza se e solo se gli $a_i$ sono tutti uguali.