неравенство

[TOTAL]

arqady писал(а):

Вот ещё одно. От двух переменных всё-таки...

Пусть $a>0,$ $b>0,$ $n\in\mathbb N$ и $a^n+b^n=2.$ Докажите, что:
$n(a+b)+\frac{n-1}{ab}\geq3n-1.$

Для $0 < s, p < 1$ имеем

$(1-s)^p+(1+s)^p=2\left( 1+ \frac{p(p-1)}{2!}s^2+ \frac{p(p-1)(p-2)(p-3)}{4!}s^4+ \ldots \right) \geq 2\left( 1+ p(p-1) \left( \frac{1}{2}s^2 + \frac{1}{4}s^4 + \frac{1}{6}s^6 + \ldots\right) \right)$

$(1-s^2)^{-p}= 1+ps^2+\frac{p(p+1)}{2!}s^4+\frac{p(p+1)(p+2)}{3!}s^6+ \ldots \geq 1+ p \left( s^2 + \frac{1}{2}s^4 + \frac{1}{3}s^6 + \ldots\right) $

Складывая, при $p=\frac{1}{n}$ получаем что надо

$(1-s)^p+(1+s)^p + (1-p)(1-s^2)^{-p} \geq 3 - p$

[arqady]

Мм..дя. Гениально просто!
Мне было известно более тяжёлое доказательство с помощью математической индукции.

Вот возможно хорошо известная, но очень поучительная задача:
Докажите, что для всех натуральных $n\geq2$ выполняется следующее неравенство:
$\sqrt[n]{\binom{2n+1}{n}}\geq2\left(1+\frac{1}{\sqrt[n]{n+1}}\right)$

[arqady]

Sasha Rybak писал(а):

n. "Всем надоели" неравенства...

Забыл сказать, что я с этим утверждением не согласен!

[Юстас]

arqady писал(а):

Докажите, что для всех натуральных $n\geq2$ выполняется следующее неравенство:
$\sqrt[n]{\binom{2n+1}{n}}\geq2\left(1+\frac{1}{\sqrt[n]{n+1}}\right)$

У меня получилось очень похоже, только в другую сторону:

$$\sqrt[n]{\binom{2n+1}{n}}\leq2\left(1+\frac{1}{\sqrt[n]{n+1}}+\frac{\ln{2}}{n}\right)$$

Следует из того, что максимум $\prod (2-x_i)$ при $\sum x_i =const, \ x_i\leq 1$ достигается, когда все $x_i$ равны, и простых оценок сумм гармонического ряда. Если первоначальное неравенство и верно, то оно очень точное.

[Руст]

Дело в том, что обе оценки очень не точные. Слева стоит величина $2(2+\frac{-lnn +ln(4/\pi)}{n}+O((\frac{ln n}{n})^2})).$.
Справа та же величина (только коэффициент в O() отличается) без одного члена $2(2-\frac{lnn}{n}+O((\frac{lnn}{n})^2)).$ Поэтому, говорит о точности оценки не уместно. После возведения в n-ую cтепень они отличаются на множитель отличный от 1. Оценку можно было бы назвать точной, если бы этот множитель был равен 1. Я думаю, что не так сложно технически (только надо проделать громоздкие выкладки) получить точные оценки:

$$2(1+\frac{1}{\sqrt[n]{an+b}})<\sqrt[n]{\binom{2n+1}{n}}<2(1+\frac{1}{\sqrt[n]{an+c}}).$$

Где $a=\frac{\pi}{4}$, $b,c$ некоторые константы.

[arqady]

Юстас писал(а):

Если первоначальное неравенство и верно, то оно очень точное.

Оно не только верно, но и для него имеется красивое почти элементарное доказательство.

[Nilenbert]

Brute force. $e^{-x}\leq1-x+x^2$ при $x\in\left[ 0;1\right]$
Значит

$$\frac{1}{\sqrt[n]{n+1}}=e^{\frac{-\ln (n+1)}{n}}\leq 1-\frac{\ln (n+1)}{n}+ \frac{(\ln (n+1))^2}{2n^2}$$

Тогда

$$1+\frac{1}{\sqrt[n]{n+1}}\leq 2-\frac{\ln (n+1)}{n}+ \frac{(\ln (n+1))^2}{2n^2}$$

И

$$ (1+\frac{1}{\sqrt[n]{n+1}})^n\leq (2-\frac{\ln (n+1)}{n}+ \frac{(\ln (n+1))^2}{2n^2})^n=2^n(1-\frac{\ln (n+1)}{2n}+ \frac{(\ln (n+1))^2}{4n^2})^n $$

Но так как $e^x\geq 1+x$ для любого $x$, то

$$ (1-\frac{\ln (n+1)}{2n}+ \frac{(\ln (n+1))^2}{4n^2})^n\leq(e^{-\frac{\ln (n+1)}{2n}+ \frac{(\ln (n+1))^2}{4n^2}})^n=e^{-\frac{\ln (n+1)}{2}+ \frac{(\ln (n+1))^2}{4n}}=\frac{e^{ \frac{(\ln (n+1))^2}{4n}}}{\sqrt{n+1}} $$

Осталось доказать что

$$ \binom{2n+1}{n}=\frac{2n+1}{n+1}\binom{2n}{n}\geq 2^{2n}\frac{e^{ \frac{(\ln (n+1))^2}{4n}}}{\sqrt{n+1}} $$

Но известно что

$$ \binom{2n}{n}> \frac{2^{2n}}{\sqrt{\pi(n+1)}} $$

Значит осталось показать, что

$$ \frac{2n+1}{\sqrt{\pi}(n+1)}\geq e^{ \frac{(\ln (n+1))^2}{4n}} $$

Если $n>4$, то правая часть убывает, а левая возрастает. При $n=28$ неравенство оказывается верным, а значит оно верно и при $n>28$.
К сожалению ничего умнее не придумал .

[arqady]

Nilenbert писал(а):

Но так как $e^x\leq 1+x$ для любого $x$, ...

Как такое может быть?

[Nilenbert]

Упс. Исправил. Хотя от моего рассуждения всё равно толку немного.