Доказать неравенство

[hello19]

Всем доброго времени суток!
Столкнулся с задачей доказательства неравенства для любого натурального k:
$ \left\lvert A - 2^{k}\cdot A \cdotA \right\rvert \leq \left\lvert A \right\rvert \cdot \left ( \frac{\left | A - 2\cdot A \right |}{\left | A \right |} \right )^{k} $

А здесь некоторое множество.
$2^{k}\cdot A = \left \{ 2^{k}\cdot a, a \in A \right \} $

Пытаюсь одолеть задачу с использованием нер-ва Плюнике-Ружи, но пока безрезультатно..
Был бы благодарен, если помогли хоть чем-нибудь в решении

[dikiy]

что тогда такое $|A|$?

[hello19]

это мощность множества, т.е. кол-во элементов в нем.
Кстати, $ A - B = \left\lbrace a-b, a \in A, b \in B \right\rbrace $

[dikiy]

Цитата:

это мощность множества, т.е. кол-во элементов в нем.
Кстати, $ A - B = \left\lbrace a-b, a \in A, b \in B \right\rbrace $

тогда $|A-2A|=|A|$. Так что ли?

[Cash]

dikiy
ну возьмите множество $\{1, 2\}$

[hello19]

dikiy в сообщении #948223 писал(а):

Цитата:

это мощность множества, т.е. кол-во элементов в нем.
Кстати, $ A - B = \left\lbrace a-b, a \in A, b \in B \right\rbrace $

тогда $|A-2A|=|A|$. Так что ли?

Ну, не совсем..
$ \left\lvert A - 2A \right\rvert= \left\lbrace a - 2a', a \in A, a' \in 2A \right\rbrace $ и мощность этого множества можно ограничить сверху как $\leqslant$ $|A| |A|$

[Null]

Проверьте что $|A-2^{k+1}A||2^k A|\le |A-2^k A||2^k A-2^{k+1}A|$

[hello19]

Что-то сложно.. с чего посоветуете начать?

[grizzly]

Null в сообщении #948247 писал(а):

Проверьте что $|A-2^{k+1}A||2^k A|\le |A-2^k A||2^k A-2^{k+1}A|$

Это, вероятно, верно, но у меня тоже не появилось ни доказательства, ни идей, как бы это пригодилось в целом.

Обозначим для упрощения записи множество $A-2^kA$ через $A(k)$ (только $A(0):=A$). Интуиция предлагает поискать выход в неравенствах типа:

$\frac{|A(k+1)|}{|A(k)|}\le \frac{|A(k)|}{|A(k-1)|},$\qquad (1)

которые примерно за $(k-1)$ шагов (по рекурсии) раскручиваются в точности к нужному выражению (что и натолкнуло на эту мысль). Но что-то я дальше тоже застопорился. Да и принятое $A(0):=A$ подозрительно слишком ослабляет неравенство (1) при $k=1$.

Думаю, этой задаче место в "Олимпиадном" разделе, даже если кто-то видит простое решение.

[Null]

Докажите что $|A-C||B|\le|A-B||B-C|$, это очень просто.

[hello19]

Конкретно это легко:
$ \left\lvert A - C\right\rvert \left\lvert B \right\rvert \leqslant \left\lvert A \right\rvert \left\lvert C \right\rvert \left\lvert B \right\rvert$

$ |A - B| |B - C| \leqslant |A||B||B||C|$

[Null]

Вы мое неравенство докажите.

[hello19]

Что-то поспешил я назвать эту задачу легкой.. А правильно ли будет доказывать так:
показать, что $|A-C||B|$ мажорируется сверху некоторой величиной, $|A-B||B-C|$ мажорируется снизу некоторой величиной. А дальше просто сранить эти величины?

[Sonic86]

hello19 в сообщении #949960 писал(а):

А правильно ли будет доказывать так:
показать, что $|A-C||B|$ мажорируется сверху некоторой величиной, $|A-B||B-C|$ мажорируется снизу некоторой величиной. А дальше просто сранить эти величины?

Докажите, используя простые примеры на натуральных числах, что таким методом можно доказать что угодно.
Типа $1<2, 1<3$, а т.к. $2<3$, то $1<1$.

[grizzly]

Null в сообщении #949908 писал(а):

Докажите что $|A-C||B|\le|A-B||B-C|$, это очень просто.

Спасибо Null, теперь и это и остальное всё действительно просто. (Заклинило, не сообразил заметить общий множитель $2^k$ :)

(Оффтоп)

Моё неравенство вряд ли верно (поскольку сильнее), но при некоторых условиях тоже может быть интересным. Нужно будет ещё помедитировать над его философским смыслом.