Неравенство 21.

[TR63]

В разделе ПРР встретилось симпатичное неравенство. Для его решения предложено два не школьных метода без конкретной реализации ТС. Предлагаю доказать это неравенство школьными методами.

Для $(x_1,x_2,...,x_n)\ge1$ доказать неравенство:

$$\frac{1}{1+x_1}+\frac{1}{1+x_2}+...+\frac{1}{1+x_n}\ge\frac{n}{1+\sqrt[n]{x_1x_2...x_n}}$$

[thething]

Насколько я помню ту тему, то сперва я предложил свой способ, потом ТС уточнил, что надо сделать школьными методами и привел методичку, то ли для 9 класса, в которой описывались методы доказательства неравенств через мат. индукцию и через выпуклость. Потом кто-то из ЗУ предложил вариант с использованием выпуклости, т.е. это оказалось в рамках правил ТС. А то, что ТС не отписался -- так возможно он сделал и исчез, такое тут часто бывает))

[TR63]

Это неравенство из поста topic124508.html( это за 28.01.2018 "Доказать неравенство")
Тогда будем считать Лагранжа, Йенсена, выпуклость оффтопом (хотя можно привести полные доказательства с использованием этих методов или дать ссылку, где такое решение имеется (у меня предложенная ссылка не открывается); я доказываю чисто матиндукцией, но не в лоб; если в журнале нет такого решения, то не думаю, что ТС осилил его, т.к. решение довольно хитрое).

[thething]

Да, там нет ее решения, т.к. задача там из числа задач к самостоятельному решению к темам мат. индукция, либо выпуклость.

[rightways]

Индукция Коши

[TR63]

rightways в сообщении #1294790 писал(а):

Индукция Коши

Если Вы применяете их в лоб, то я в таком подходе сомневаюсь (распишите подробнее). Я их использую, но не в лоб.

[rightways]

Йенсен доказывается по индукции Коши, значит и здесь ее можно применить, сперва доказываем для $2,4,..., 2^k$ затем доказываем что если верно для $n+1$ то и верно для $n$

[TR63]

rightways в сообщении #1294969 писал(а):

сперва доказываем для $2,4,..., 2^k$

Да, этот факт я использую, но без Йенсена (кстати, и без производной, чтоб было совсем по школьному).
Обратите внимание на условие:

TR63 в сообщении #1294275 писал(а):

Тогда будем считать Лагранжа, Йенсена, выпуклость оффтопом

Ну, да, ладно, пусть здесь у Вас будет Йенсен, если я Вас правильно поняла. Но, как Вы дальше делаете переход.

rightways в сообщении #1294969 писал(а):

затем доказываем что если верно для $n+1$ то и верно для $n$

У меня Коши возникает далее. А, Вы далее Коши не используете. Т.е. у Вас, возможно, решение принципиально другое. Распишите, пожалуйста, переход подробнее, если Вы далее Коши не используете.

[mihiv]

Переход от $n$ к $n-1$. Доказываемое неравенство перепишем в виде:

$$S_n\geq \dfrac 1{1+G_n}$$

Введены обозначения: $G_n=\sqrt [n]{x_1\dots x_n},S_n=\frac 1n(\frac 1{1+x_1}+\dots +\frac 1{1+x_n})$. Очевидно, что $S_n\leq \frac 12$ и поэтому может быть записано как: $S_n=\dfrac 1{1+q_n}\eqno (1)$, где $q_n\geq 1$.Покажем, что если неравенство справедливо для $n$, то оно выполняется и для $n-1$:

$$S_{n-1}=\dfrac {(n-1)S_{n-1}+S_{n-1}}n=\dfrac {\dfrac 1{1+x_1}+\dots +\dfrac 1{1+x_{n-1}}+\dfrac 1{1+q_{n-1}}}n\geq \dfrac 1{1+\sqrt [n]{x_1\dots x_{n-1}q_{n-1}}}$$

Полученное неравенство можно переписать в виде:

$$\dfrac 1{1+q_{n-1}}\geq \dfrac 1{1+\sqrt [n]{x_1\dots x_{n-1}q_{n-1}}}$$

Отсюда получим: $q_{n-1}\leq G_{n-1}$ и $S_{n-1}\geq \dfrac 1{1+G_{n-1}}.$

[TR63]

mihiv, спасибо. Особенно понравился трюк

mihiv в сообщении #1295330 писал(а):

Очевидно, что $S_n\leq \frac 12$ и поэтому может быть записано как: $S_n=\dfrac 1{1+q_n}\eqno (1)$, где $q_n\geq 1$

(Оффтоп)

Я переход от $n+1$ к $n$ доказываю так:

$\frac{1}{1+x_1}+...+\frac{1}{x_n}\ge\frac{n+1}{1+\sqrt[n+1]{x_1...x_{n+1}}}-\frac{1}{1+x_{n+1}}=\frac{n}{1+\sqrt[n]{x_1...x_n}}$

$t=\sqrt[n(n+1)]{x_1...x_n}\ge1$...допишу позже
$f(t)=t^{2n+1}-(1+2n)t^{n+1}+(1+2n)t^n-1=0$


$(t-1)[(t^{2n}+t^{2n-1}+...+t+1)-(1+2n)t^n]=0$

[Slip]

Переход от $n+1$ к $n$ можно сделать так: запишем неравенство для $n+1$ числа $x_1,\ldots,x_n, (x_1\cdot\ldots\cdot x_n)^\frac1{n}$:

$$\frac1{1+x_1}+\ldots+\frac1{1+x_n}+\frac1{1+(x_1\cdot\ldots\cdot x_n)^\frac1n}\geqslant\frac{n+1}{1+(x_1\cdot\ldots\cdot x_n\cdot(x_1\cdot\ldots\cdot x_n)^\frac1n)^\frac1{n+1}}=\frac{n+1}{1+(x_1\cdot\ldots\cdot x_n)^\frac1n}$$

а это и есть нужное неравенство для $n$ чисел

[thething]

Объясните мне, пожалуйста, а то я никак не въеду. В обычной индукции мы доказываем неравенство при $n=1$ (или чему-то маленькому) и дальше процесс пошел. А как быть с такой "нисходящей индукцией"? Какой ее начальный шаг? Допустим, докажем для $n=5$, тогда ясно, что неравенство верно и для $n=1,2,3,4$. А если нужно, допустим до 100, это надо доказать неравенство отдельно для $n=100$?

[kotenok gav]

thething в сообщении #1295366 писал(а):

А как быть с такой "нисходящей индукцией"?

Для этого нужно доказать для всех степеней двойки (или другого монотоно возрастающего бесконечного множества натуральных чисел).

[TR63]

Slip, нет слов (голь на выдумки хитра).

Моё доказательство (длинноватое):

(Оффтоп)

Я переход от $n+1$ к $n$ доказываю так:

1). $\frac{1}{1+x_1}+...+\frac{1}{x_n}\ge\frac{n+1}{1+\sqrt[n+1]{x_1...x_{n+1}}}-\frac{1}{1+x_{n+1}}\ge\frac{n}{1+\sqrt[n]{x_1...x_n}}$

$t=\sqrt[n(n+1)]{x_1...x_n}>1$ ($t=1$ надо рассмотреть отдельно; это, хотя и просто, но удлиняет доказательство, поэтому этот момент пропускаю).

$\sqrt[n(n+1)]{x_{n+1}}=z$

$z^n=y$

$a=n+1$

$b=\frac{n}{1+t^{n+1}}$

$f=bt^ny^{n+2}+(b-a)y^{n+1}+(bt^n+t^n)y+(b-a+1)\ge0$

Имеем три перемены знака. Далее

$f(y=0)<0$


$f(y=1)=t^{2n+1}-(1+2n)t^{n+1}+(1+2n)t^n-1>0$, т.к. с учётом АМ-ГМ


$(t-1)[(t^{2n}+t^{2n-1}+...+t+1)-(1+2n)t^n]>0$

Значит на промежутке $(0;1)$ нечётное количество корней. Т.е. один или три. В любом случае получаем, что переход верен, т.к., если корень один, то существует $x_{n+1}>1$ и вместо знака $(\ge)$ берём знак $(=)$ в неравенстве (1) с правого края. Если корня три, то неравенство (1) просто верно (надо посмотреть на график).
Жутковато.

Осталось доказать без Йенсена исходное неравенство для всех степеней двойки.

[Slip]

TR63
Йенсеном тут никто и не пользовался, шла речь только о том, что он докащывается так же. Переход по степеням двойки совсем простой - применяем неравенство для предылушей степени двойки к первой и второй половине слагаемых, а к полученным двум слагаемым - исходное неравенство для двух слагаемых