2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки



Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему
 
 Индукция в неравенстве
Сообщение17.11.2014, 17:45 


09/11/14
8
Здравствуйте!
Хотелось бы разобраться в задаче: Произведение положительных чисел $a_1, a_2, …, a_n$ равно 1. Докажите, что $(1+a_1)(1+a_2)...(1+a_n)\geqslant2^n$.
Итак, я попытался доказать по индукции.
База: n=1 все в порядке
Переход: $(1+a_1)(1+a_2)...(1+a_n)(1+a_{n+1})\geqslant2^n(1+a_{n+1})$
Так как $a_1a_2a_3...a_n=1$ и $a_1a_2a_3...a_na_{n+1}=1$, то $a_{n+1}=1$. Тогда переход, очевидно, доказан.
Собственно, это мое решение.
Подскажите, пожалуйста, ошибся ли я.
Cпасибо!

 Профиль  
                  
 
 Re: Индукция в неравенстве
Сообщение17.11.2014, 17:49 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/01/13
11242
Казань
А как вы добавили новое число к последовательности? В условии индукции $a_1\cdot a_2\cdot ...\cdot a_n = 1$. А в следствии $a_1\cdot a_2\cdot ...\cdot a_{n+1} = 1$. Это другие числа!

 Профиль  
                  
 
 Re: Индукция в неравенстве
Сообщение17.11.2014, 17:50 
Заморожен


20/12/10
5623
lexai в сообщении #932478 писал(а):
Так как $a_1a_2a_3...a_n=1$
Это уже не входит в индукционное предположение. Здесь и ошибка.

Эта задача решается без индукции. Намёк: $x+1/x \geqslant 2$ при $x>0$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Индукция в неравенстве
Сообщение17.11.2014, 18:02 


09/11/14
8
provincialka в сообщении #932481 писал(а):
А как вы добавили новое число к последовательности? В условии индукции $a_1\cdot a_2\cdot ...\cdot a_n = 1$. А в следствии $a_1\cdot a_2\cdot ...\cdot a_{n+1} = 1$. Это другие числа!

Но ведь мы добавляем новое число, такое что для него должно выполнятся то, что произведение чисел вместе с новым равно 1, при этом по предположению мы знаем, что для предыдущего числа неравенство выполняется, а также, что $a_1a_2...a_n=1$.
При добавлении нового числа мы не меняем предыдущие, ведь так?
Меня самого этот момент смущает.
Но тогда как доказать по индукции? Меня интересует именно такой способ решения.

 Профиль  
                  
 
 Re: Индукция в неравенстве
Сообщение17.11.2014, 18:12 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/01/13
11242
Казань
lexai в сообщении #932493 писал(а):
мы знаем, что неравенство выполняется, а также, что $a_1a_2...a_n=1$.
С чего бы это? При переходе к новому значению $n$ и числа $a_k$ становятся другими.
Если непременно хотите по индукции, предположите, что $a_1a_2...a_{n+1}=1$. Теперь выберите некоторые $n$ чисел, произведение которых также равно 1. Они почти все будут совпадать с выписанными.

 Профиль  
                  
 
 Re: Индукция в неравенстве
Сообщение17.11.2014, 18:28 


09/11/14
8
provincialka в сообщении #932500 писал(а):
lexai в сообщении #932493 писал(а):
мы знаем, что неравенство выполняется, а также, что $a_1a_2...a_n=1$.
С чего бы это? При переходе к новому значению $n$ и числа $a_k$ становятся другими.
Если непременно хотите по индукции, предположите, что $a_1a_2...a_{n+1}=1$. Теперь выберите некоторые $n$ чисел, произведение которых также равно 1. Они почти все будут совпадать с выписанными.


Но разве такие $n$ чисел существуют среди $a_1,a_2,...,a_{n+1}$?
Или тогда их произвольно брать, но что это даст?

 Профиль  
                  
 
 Re: Индукция в неравенстве
Сообщение17.11.2014, 18:31 


26/08/11
1649
nnosipov в сообщении #932482 писал(а):
Эта задача решается без индукции.

С грехом пополам все таки можно: когда все единицы - тривиально, иначе будут по крайней мере одно число больше и по крайной мере одно меньше 1.
И т.к $a_1a_2\ldots(a_ka_{k+1})=1$ (тут надо хитро поставить скобки после подходящей перестановки множителей) доказать, что $(1+a_k)(1+a_{k+1}) \ge 2(1+a_ka_{k+1})$

 Профиль  
                  
 
 Re: Индукция в неравенстве
Сообщение17.11.2014, 18:56 


09/11/14
8
Shadow в сообщении #932514 писал(а):
nnosipov в сообщении #932482 писал(а):
Эта задача решается без индукции.

С грехом пополам все таки можно: когда все единицы - тривиально, иначе будут по крайней мере одно число больше и по крайной мере одно меньше 1.
И т.к $a_1a_2\ldots(a_ka_{k+1})=1$ (тут надо хитро поставить скобки после подходящей перестановки множителей) доказать, что $(1+a_k)(1+a_{k+1}) \ge 2(1+a_ka_{k+1})$

Но разве всегда мы сможем найти такие два числа, что $a_ka_{k+1}$ равно 1? Тогда из неравенства $(1+a_k)(1+a_{k+1}) \ge 2(1+a_ka_{k+1})$ не следует, что $(1+a_k)(1+a_{k+1}) \ge 2(1+a_ka_{k+1})\ge2^2$
И если чисел, не равных 1, больше 2, то как я понимаю, надо выбрать два числа такие, что одно больше 1 и одно меньше 1 (неравенство $(1+a_k)(1+a_{k+1}) \ge 2(1+a_ka_{k+1})$ доказывается просто).

 Профиль  
                  
 
 Re: Индукция в неравенстве
Сообщение17.11.2014, 19:08 
Заморожен


20/12/10
5623
Shadow в сообщении #932514 писал(а):
С грехом пополам все таки можно
Но без индукции всё же проще. Хотя ТС видней, пусть выбирает.

 Профиль  
                  
 
 Re: Индукция в неравенстве
Сообщение17.11.2014, 19:26 


26/08/11
1649
nnosipov в сообщении #932531 писал(а):
Но без индукции всё же проще
Наверное, я так - если очень хочется индукцией
nnosipov в сообщении #932531 писал(а):
Хотя ТС видней
:cry:

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 10 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group