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




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2
 
 
Сообщение10.10.2007, 06:35 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/08/07
5502
Нов-ск
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

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

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение10.10.2007, 08:49 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
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:
$\sqrt[n]{\binom{2n+1}{n}}\geq2\left(1+\frac{1}{\sqrt[n]{n+1}}\right)$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение15.10.2007, 03:22 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Sasha Rybak писал(а):
n. "Всем надоели" неравенства...

Забыл сказать, что я с этим утверждением не согласен! :D

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение24.03.2008, 05:49 
Заслуженный участник


01/12/05
458
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение24.03.2008, 09:48 
Заслуженный участник


09/02/06
4401
Москва
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение25.03.2008, 08:51 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение25.03.2008, 15:54 
Аватара пользователя


25/03/08
241
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 :D .

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение25.03.2008, 17:53 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Nilenbert писал(а):

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

Как такое может быть?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение25.03.2008, 17:57 
Аватара пользователя


25/03/08
241
Упс. Исправил. Хотя от моего рассуждения всё равно толку немного.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 24 ]  На страницу Пред.  1, 2

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: drzewo, YandexBot [bot]


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