Неравенство а ля Бернулли

[boriska]

Докажите, что если $x>-1$, то:

$\sqrt[n]{(1+x)^m}<1+\frac{m}{n}x$, если $m<n$

$\sqrt[n]{(1+x)^m}>1+\frac{m}{n}x$, если $m>n$.

Первая идея: так как значение в нуле у обеих частей одинаковое, то при далее имеет смысл сравниваться скорость роста функций.

То есть сравниваем скорость роста, в первом случае$\frac{m}{n\sqrt[n]{(1+x)^{n-m}}}$ и $\frac{m}{n}$. Ясно, что при $x>1$ будет $\frac{m}{n}$ больше, потому график будет лежать выше, а значит при $x>1$ неравенство доказано. Но как при остальных $x$ доказывать?

Во втором случае аналогичная проблема. Далее я пробовал еще другой способ. Индукция по $n$ база индукции -- неравенство бернулли, но переход осуществить толком не получилось, стоит ли пытаться идти этим путем или это тупик? Подскажите, пожалуйста!

[Mihr]

boriska,
во-первых, поскольку в точке 0 значения левой и правой части каждого из неравенств совпадают, доказываемые неравенства должны быть нестрогими.
Во-вторых, что Вам мешает распространить Вашу первую идею на отрицательные $x$, большие $-1$? Там ничего качественно нового не получается. По сути, и для тех и для других значений $x$ работает теорема Лагранжа (или та теорема Коши, что сравнивает приращения двух функций).

[DeBill]

boriska
1.

boriska в сообщении #1098094 писал(а):

при $x>1$

И даже при $x>0$. Более того, при $x<0$ будет, наоборот, меньше - а это как раз то что вам и надо.
2. А какие у Вас есть инструменты? Если в арсенале есть "выпуклость", то легко: справа стоит уравнение касательной в точке 0.
3. Первое и второе неравенства равносильны (получаются переобозначениями)
4.Индукция тоже должна проходить - но токо что-то я не увидел пока....

[ewert]

Доказывается по индукции, естественно.

[DeBill]

boriska
Индукция - это нормально. Можно даже двумя способами (второе неравенство):
1. Индукция по $m$, база $m=n$. При шаге индукции: воспользуйтесь предположением индукции; напишите, что Вам хочется; поделите на правую часть, и примените Бернулли.
2. Индукция по $n$, база $n=m$, шаг делается от $n$ к $n-1$: аналогично.

[deep blue]

DeBill в сообщении #1098111 писал(а):

3. Первое и второе неравенства равносильны (получаются переобозначениями)

Что-то не пойму какие переобозначения тут имелись ввиду. Как из одного неравенства получить другое с помощью алгебраических преобразований и переобозначений?

[ewert]

deep blue в сообщении #1137862 писал(а):

Что-то не пойму какие переобозначения тут имелись ввиду

Первое неравенство равносильно $(1+\frac{y}m)^m<(1+\frac{y}n)^n$ (где $y=mx$) при $m<n$. Второе сводится к предыдущему перестановкой $m$ и $n$.

[deep blue]

ewert
Спасибо, стало понятнее. Смущает только один момент.
Второе-то неравенство не равносильно:
$(1+\frac{y}m)^m>(1+\frac{y}n)^n$ при $y=mx$ и $m>n$
потому что после возведения в n-ую степень оно нарушается:
$(1+\frac{y}m)^m>(1+\frac{y}n)^n$
если подставить сюда $n=2,m=3,y=mx=-3\cdot0.9$ получим нарушение из-за того что правая, отрицательная часть была возведена в квадрат и стала положительной.
Наверное это как-то можно обойти.

[ewert]

deep blue в сообщении #1137883 писал(а):

Наверное это как-то можно обойти.

Можно. Просто не надо возводить второе неравенство в степень при $mx<-n$, т.к. в этом случае уже исходное неравенство тривиально.

Что касается доказательства. Использовать производные не то чтобы нельзя, но не очень спортивно. А насчёт индукции -- речь фактически идёт о монотонном возрастании последовательности $a_n=\left(1+\frac{y}n\right)^n$. Ну так она доказывается ровно так же, как и монотонность классической последовательности $\left(1+\frac{1}n\right)^n$ из определения основания натуральных логарифмов:

$$\left(1+\frac{y}{n}\right)^{n}<\left(1+\frac{y}{n+1}\right)^{n+1}\ \Leftrightarrow\ \left(\frac{n+y}{n}\right)^{n}<\left(\frac{n+1+y}{n+1}\right)^{n+1}\ \Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow\ \frac{n}{n+y}<\left(\frac{n(n+1+y)}{(n+y)(n+1)}\right)^{n+1}\ \Leftrightarrow\ 1-(n+1)\frac{y}{(n+1)(n+y)}<\left(1-\frac{y}{(n+1)(n+y)}\right)^{n+1}.$$

А это уже обычный, целочисленный Бернулли: $1+mt<(1+t)^m$, верный при всех $t>-1$ (кроме $t=0$, естественно, когда равенство). В нашем случае это означает $y>-n$, что, собственно, исходным требованием и является.

[Null]

$\sqrt[n]{(1+x)^m}=\sqrt[n]{(1+x)^m\times 1^{n-m}}\le\frac{m+mx+n-m}{n} =1+\frac{m}{n}x$ - неравенство о средних?

[ewert]

Null в сообщении #1138044 писал(а):

неравенство о средних?

Да как сказать. Здесь та же история, что и с производными. Неравенство о средних -- артиллерия довольно-таки тяжёлая; стартовая задачка гораздо элементарнее.

[Null]

(Оффтоп)

Неравенство о средних чуть сложнее неравенства Бернулли, и в любом случае элементарнее производных

[ewert]

(Оффтоп)

Null в сообщении #1138050 писал(а):

Неравенство о средних чуть сложнее неравенства Бернулли

Разве что после логарифмирования; но и логарифмы с их выпуклостью -- тоже тяжёлая артиллерия по сравнению с аксиомами поля.

[deep blue]

ewert, хорошее доказательство, я его раньше не встречал при доказательстве монотонности $\left( 1+{n}^{-1} \right) ^{n}$. У Фихтенгольца (еще один камень в его огород) это доказывается через бином. Но такое доказательство толком не применимо когда $y<0$ или когда надо доказать убывание: $\left( 1+{n}^{-1} \right) ^{n+1}$.
Примерно то же самое предлагал и DeBill только он говорил про индукцию, хотя на самом деле это даже не индуктивное доказательство.
Вот такая запись может даже проще:

$$\left( 1+{\frac {y}{n+1}} \right) ^{n+1} \left( 1+{\frac {y}{ n}} \right) ^{-n}>1 \Leftrightarrow \left( 1+{\frac {y}{n+1}} \right) ^{{ \frac {n+1}{n}}} \left( 1+{\frac {y}{n}} \right) ^{-1}\ge $$

$$\ge \left( 1+{\frac {y}{n+1}} \right) \left( 1+{\frac {y}{n \left( n+1 \right) }} \right) \left( 1+{\frac {y}{n}} \right) ^{-1}= \left( 1+{ \frac {y}{n}}+{\frac {{y}^{2}}{n \left( n+1 \right) ^{2}}} \right) \left( 1+{\frac {y}{n}} \right) ^{-1} >1$$

ewert в сообщении #1137983 писал(а):

deep blue в сообщении #1137883 писал(а):

Наверное это как-то можно обойти.

Можно. Просто не надо возводить второе неравенство в степень при $mx<-n$, т.к. в этом случае уже исходное неравенство тривиально.

То есть неравенства равносильны при дополнительном условии на второе неравенство: $mx<-n$. В других случаях второе неравенство тривиально само по себе.

[Null]

(Оффтоп)

Неравенства о средних (AM-GM) легко доказываются по индукции элементарными средствами, это первый пример когда индукция не идет от $n$ к $n+1$. Тут доказывается что $P(n)\to P(n-1)$(заменяем одну из переменных на среднее арифметическое остальных) и $P(n)\to P(2n)$(применяем амгм к первой половине переменных и ко 2рой половине, а потом просто амгм для 2 переменных)