Доказать неравенство!

[integral2009]

$(1+x)^{\frac{p}{q}}\geqslant 1+\frac{p}{q}x$

$x\geqslant -1$

Знаю - как доказывается неравенство Бернулли (по мат. индукции), но тут степень дробная -- как быть?

[ShMaxG]

$p=1$, $q=2$, $x=1$.

[integral2009]

ShMaxG в сообщении #532079 писал(а):

$p=1$, $q=2$, $x=1$.

Да, забыл написать, что в условии еще $p>q$

[Null]

Возведите в степень $q$ и сведите к неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим.

[integral2009]

Null в сообщении #532095 писал(а):

Возведите в степень $q$ и сведите к неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим.

Спасибо, не очень понял -- как свести...

$(1+x)^{\frac{p}{q}}\geqslant 1+\frac{p}{q}x$

$(1+x)^p\geqslant (1+\frac{p}{q}x)^{q}$

Тем более -- получаются не целые степени!

[Null]

$1+x=q(\frac{x}{q}+\frac{1}{p})+(p-q)(\frac{1}{p}) $

[integral2009]

Null в сообщении #532118 писал(а):

$1+x=q(\frac{x}{q}+\frac{1}{p})+(p-q)(\frac{1}{p}) $

Спасибо, но пока что не очевидно -- зачем нужно такое преобразование...

$(q(\frac{x}{q}+\frac{1}{p})+(p-q)(\frac{1}{p}))^p\geqslant (1+\frac{p}{q}x)^{q}$

[Null]

$mx+ny\ge(m+n)\sqrt[m+n]{x^m y^n}$

(Оффтоп)

Что-то я чрез чур подсказываю

[MrDindows]

integral2009 в сообщении #532072 писал(а):

$(1+x)^{\frac{p}{q}}\geqslant 1+\frac{p}{q}x$

$x\geqslant -1$

Знаю - как доказывается неравенство Бернулли (по мат. индукции), но тут степень дробная -- как быть?

Попробуйте также по индукции. Только индукцию берите по $p$. База $p=q$

[integral2009]

Null в сообщении #532129 писал(а):

$mx+ny\ge(m+n)\sqrt[m+n]{x^m y^n}$

(Оффтоп)

Что-то я чрез чур подсказываю

Да мне и это не помогло)) Лишь понимаю, что вы в слегка завуалированной форме написали неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим!

-- Пт янв 27, 2012 22:56:27 --

MrDindows в сообщении #532132 писал(а):

integral2009 в сообщении #532072 писал(а):

$(1+x)^{\frac{p}{q}}\geqslant 1+\frac{p}{q}x$

$x\geqslant -1$

Знаю - как доказывается неравенство Бернулли (по мат. индукции), но тут степень дробная -- как быть?

Попробуйте также по индукции. Только индукцию берите по $p$. База $p=q$

Ок, спасибо)

1) База:

$p=q$ =>

$(1+x)\geqslant 1+x$

2)

Предположим, что выполняется $(1+x)^{\frac{p}{q}}\geqslant 1+\frac{p}{q}x$

Проверим -- будет ли выполняться $(1+x)^{\frac{p+1}{q}}\geqslant 1+\frac{p+1}{q}x$

$(1+x)^{\frac{p}{q}+\frac{1}{q}}= (1+x)^{\frac{p}{q}}\cdot (1+x)^{\frac{1}{q}}\geqslant (1+\frac{p}{q}x)(1+x)^{\frac{1}{q}}$

А как дальше? Предполагаю, что $(1+x)^{\frac{1}{q}}\geqslant 1+\frac{1}{q}x$, но опять же как? По индукции?) Попробую по индукции по степени $\frac{1}{p}$

1) С базой все хорошо, тогда

$$(1+x)^{\frac{1}{p}+1}=(1+x)^{\frac{1}{p}}(1+x)\geqslant (1+\frac{1}{p}x)(1+x)=1+\frac{1}{p}x+x+\frac{1}{p}x^2=1+(1+\frac{1}{p})x+\frac{1}{p}x^2$$

Чтд. Правильно?

[MrDindows]

integral2009 в сообщении #532137 писал(а):

Предположим, что выполняется $(1+x)^{\frac{p}{q}}\geqslant 1+\frac{p}{q}x$

Проверим -- будет ли выполняться $(1+x)^{\frac{p+1}{q}}\geqslant 1+\frac{p+1}{q}x$

$(1+x)^{\frac{p}{q}+\frac{1}{q}}= (1+x)^{\frac{p}{q}}\cdot (1+x)^{\frac{1}{q}}\geqslant (1+\frac{p}{q}x)(1+x)^{\frac{1}{q}}$

А как дальше?

Хм. Я пробовал это на скорую руку, и допустил ошибку, из-за чего у мну всё легко получилось)
Ща попробую ещё, мб что-то и выйдет.

А по сути, можно ещё доказать $(1+x)^a>1+ax$, для любого действительного $a$ больше единицы, просто взяв производную функции $(1+x)^a-ax$ и найдя минимум этой функции.

[integral2009]

MrDindows в сообщении #532152 писал(а):

Хм. Я пробовал это на скорую руку, и допустил ошибку, из-за чего у мну всё легко получилось)
Ща попробую ещё, мб что-то и выйдет.

А по сути, можно ещё доказать $(1+x)^a>1+ax$, для любого действительного $a$ больше единицы, просто взяв производную функции $(1+x)^a-ax$ и найдя минимум этой функции.

А это -- не правильно?


$(1+x)^{\frac{1}{q}}\geqslant 1+\frac{1}{q}x$, по индукции по степени $\frac{1}{p}$

1) С базой все хорошо, тогда

$$(1+x)^{\frac{1}{p}+1}=(1+x)^{\frac{1}{p}}(1+x)\geqslant (1+\frac{1}{p}x)(1+x)=1+\frac{1}{p}x+x+\frac{1}{p}x^2=1+(1+\frac{1}{p})x+\frac{1}{p}x^2$$

[MrDindows]

integral2009 в сообщении #532161 писал(а):

А это -- не правильно?

$(1+x)^{\frac{1}{q}}\geqslant 1+\frac{1}{q}x$, по индукции по степени $\frac{1}{p}$

Нет. Это неравенство должно быть в обратную сторону
$(1+x)^{\frac{1}{q}} \leqslant 1+\frac{1}{q}x$, ну конечно если q - не меньше еденицы)

[Null]

$(q(\frac{x}{q}+\frac{1}{p})+(p-q)(\frac{1}{p}))^p\geqslant (p \sqrt[p]{(\frac{x}{q}+\frac{1}{p})^q (\frac{1}{p})^{p-q}})^p$

[integral2009]

Null в сообщении #532227 писал(а):

$(q(\frac{x}{q}+\frac{1}{p})+(p-q)(\frac{1}{p}))^p\geqslant (p \sqrt[p]{(\frac{x}{q}+\frac{1}{p})^q (\frac{1}{p})^{p-q}})^p$

Спасибо!!! У меня оперативной памяти не хватило до такого догадаться... Есть ли еще способы доказать исходное нер-во?