Неравенство а ля Бернулли

[TR63]

Null в сообщении #1138044 писал(а):

$\sqrt[n]{(1+x)^m}=\sqrt[n]{(1+x)^m\times 1^{n-m}}\le\frac{m+mx+n-m}{n} =1+\frac{m}{n}x$ - неравенство о средних?

Null, красивое решение. А, если $n<m$, также кратко можно доказать? (У меня получается краткое доказательство без производных, но не для всех возможных случаев.)

Null в сообщении #1138057 писал(а):

Неравенства о средних (AM-GM) легко доказываются по индукции элементарными средствами, это первый пример когда индукция не идет от $n$ к $n+1$

Неравенство АМ-ГМ легко можно доказать индукцией от $n$ к $n+1$.

ewert в сообщении #1137983 писал(а):

речь фактически идёт о монотонном возрастании последовательности $a_n=\left(1+\frac{y}n\right)^n$

Монотонность также можно доказать с помощью АМ-ГМ.

[Null]

$(1+x)=\frac{n+mx+m-n}{m}\ge \sqrt[m]{(1+\frac{m}{n}x)^n\times(1^{m-n})}$

Правда тут еще возникает случай когда $1+\frac{m}{n}x<0$

(Оффтоп)

TR63 в сообщении #1138078 писал(а):

Неравенство АМ-ГМ легко можно доказать индукцией от $n$ к $n+1$.

Ни разу не видел такого доказательства. Вроде как.

[ewert]

(Оффтоп)

Null в сообщении #1138057 писал(а):

$P(n)\to P(n-1)$(заменяем одну из переменных на среднее арифметическое остальных) и $P(n)\to P(2n)$

или наоборот, т.е. в обратном порядке. Получается жуткое занудство, да к тому же ещё и неочевидное. Уж лучше через логарифмы -- это хотя бы идейно и логически просто. Но для этого нужно уже иметь логарифмы, увы.

deep blue в сообщении #1138056 писал(а):

Но такое доказательство толком не применимо когда $y<0$

Что значит неприменимо, когда я специально оговаривал допустимость отрицательных.

[deep blue]

ewert в сообщении #1138083 писал(а):

deep blue в сообщении #1138056 писал(а):

Но такое доказательство толком не применимо когда $y<0$

Что значит неприменимо, когда я специально оговаривал допустимость отрицательных.

Ну то что Ваше применимо это очевидно, да и Вы специально это оговаривали. Я имел ввиду доказательство Фихтенгольца через бином.

[TR63]

Null, спасибо (очень красиво).
Null

(Оффтоп)

Null в сообщении #1138082 писал(а):

Ни разу не видел такого доказательства. Вроде как.

Я где-то в литературе видела. Но у меня есть своё доказательство (другое, проверенное преподавателем).

[ewert]

(Оффтоп)

deep blue в сообщении #1138084 писал(а):

Я имел ввиду доказательство Фихтенгольца через бином.

А у него (с примкнувшим к нему Кудрявцевым) -- доказательство и вовсе сугубо для $y=1$.

Я, между прочим, только сегодня сообразил, что ровно то же индукционное доказательство ровно с тем же успехом проходит и для произвольных игреков. Что позволяет сэкономить несколько строчек в кой-каких местах. Скажем, монотонность $\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}$ оказывается тупым следствием монотонности $\left(1-\frac{1}{n}\right)^{n}$. За что ТС и спасибо -- за то, что надоумил.

[deep blue]

(Оффтоп)

ewert
Рассуждения Фихтенгольца без изменений проходят и в случае $y>0$:
$ \left( 1+\frac{1}n \right) ^{n}=1+1+\frac{1}{2!}\left(1-\frac{1}n\right) + \frac{1}{3!}\left(1-\frac{1}n\right) \left(1-\frac{2}n\right)+\ldots$
Ясно что каждый член этой суммы возрастает с ростом n, и их количество тоже. Следовательно сумма возрастает с ростом n.
$ \left( 1+\frac{y}n \right) ^{n}=1+y+\frac{y^2}{2!}\left(1-\frac{1}n\right) + \frac{y^3}{3!}\left(1-\frac{1}n\right) \left(1-\frac{2}n\right)+\ldots$
Ясно что каждый член этой суммы возрастает с ростом n, и их количество тоже. Следовательно сумма возрастает с ростом n.
А затем когда Фихтенгольц доказывал сходимость суммы обратных факториалов к $e$ у меня вывернулся мозг, трудно было отделаться от ощущения что тебя не обманывают.
ewert
А Ваше доказательство где-то опирается на предположение индукции? Наверное его можно называть индукционным, но вроде не обязательно?

[ewert]

(Оффтоп)

deep blue в сообщении #1138139 писал(а):

Наверное его можно называть индукционным, но вроде не обязательно?

Ну что значит "не обязательно". Если из $a_n<a_{n+1}$ следует $a_n<a_m$ при всех $n<m$, то это, конечно, очевидно. Однако же формально -- это всё-таки по индукции.

-- Сб июл 16, 2016 02:10:32 --

(Оффтоп)

deep blue в сообщении #1138139 писал(а):

когда Фихтенгольц доказывал сходимость суммы обратных факториалов к $e$ у меня вывернулся мозг, трудно было отделаться от ощущения что тебя не обманывают.

Вы его неправильно поняли. Он просто доказывал, что разность между элементами той последовательности и соотв. частичными суммами ряда стремится к нулю. Ну а уж сходимость тех частичных сумм тривиальна -- эти суммы монотонно возрастают и при этом не превосходят сумм какой-нибудь убывающей геометрической прогрессии плюс что-нибудь конретное.

Хотя с чем я соглашусь -- что такая стратегия выглядит некоторым издевательством над здравым смыслом. Как говорил великий Ленин: "формально -- всё верно, а по существу -- издевательство".

[TR63]

Null

(Оффтоп)

TR63 в сообщении #1138086 писал(а):

Null в сообщении #1138082

писал(а):
Ни разу не видел такого доказательства. Вроде как.

TR63 в сообщении #1138086 писал(а):

Я где-то в литературе видела. Но у меня есть своё доказательство (другое, проверенное преподавателем).

Нашла брошюру, в которой есть такое доказательство АМ-ГМ с помощью обычной индукции: А.Я. Дороговцев "Ряды". Но можно проще и короче с помощью обычной индукции.

[ewert]

(Оффтоп)

TR63 в сообщении #1138304 писал(а):

Но можно проще и короче с помощью обычной индукции.

Если можно, то изложите здесь.

[TR63]

АМ-ГМ

(Оффтоп)

$a_1+a_2+...+a_n\ge n\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}$ (1)

1). ...Допустим, что (1) верно. Запишем этот факт в других обозначениях $b\ge nc$. Или

$$\frac{b+c}{c}\ge1+n$$ $$(2)$$

2). Теперь требуется доказать неравенство при $(n+1)$ слагаемом.
$[a_{n+1}+(a_1+a_2+...+a_{i-1}+a_{i+1}+...+a_n)]+a_i\ge(n+1)\sqrt[n+1]{[a_{n+1}(a_1...a_{i-1}a_{i+1}...a_n)]a_i}$ $(b'+a_i)\ge(n+1)\sqrt[n+1]{(c')^na_i}$ $a_i=\min(a_j)$, $\max(a_j)= c'$(3)
Учитывая, что

$$\frac{b'+c'}{c'}\ge(n+1)$$

$$(4)$$

Сделаем ещё усиление
$b'+a_i\ge(b'+c')\sqrt[n+1]{\frac{a_i}{c'}}$
Т.е. в итоге достаточно доказать это неравенство. Дальше простая арифметика.
$\frac{b'+c'}{c'}(1-x)\ge(1-x^{n+1})$
$x=\sqrt[n+1]{\frac{a_i}{c'}}\le1$
$\frac{b'+c'}{c'}\ge1+x+x^2+...+x^n$
Это верно,т.к. верно (4).
Это неравенство я доказывала ещё при царе Горохе. У Дороговцева идея такая же, но, вроде, без геометрической прогрессии.

[ewert]

TR63,

(Оффтоп)

Нет, сквозь эти дебри мне не продраться. Особенно после того, как нашёл совсем уж элементарное доказательство

Итак, надо доказать, что для любых положительных чисел

$$\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}\leqslant\frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}n$$

(причём равенство достигается тогда и только тогда, когда все $a_k$ одинаковы).

Неравенство однородно, т.е. сохраняется после умножения всех $a_k$ на одно и то же положительное число. Поэтому достаточно считать, что ${a_1+a_2+\ldots+a_n=n}$, и доказать, что при этом условии ${a_1a_2\cdots a_n\leqslant1}$.

Если все ${a_k=1}$, то утверждение верно. Предположим, что это не так и упорядочим числа $a_k$ по возрастанию. Тогда ${a_1<1}$ и ${a_n>1}$. Заменим $a_1$ на $1$ и $a_n$ на ${a_1+a_n-1>0}$. Сумма чисел $a_k$ при этом не изменится, а произведение возрастёт, поскольку ${(a_1-1)(a_n-1)<0}$ и, следовательно, ${a_1a_n<1\cdot(a_1+a_n-1)}$.

Эта операция увеличивает количество единиц среди $a_k$ как минимум на одну. Будем повторять её (упорядочивание по возрастанию и замену одного из чисел на единицу) до тех пор, пока все $a_k$ не окажутся единичными. При этом произведение окажется равным единице и будет больше исходного произведения.
Ч.т.д.

-------------------------------------------------------------------

Дело в том, что это д-во в определённом смысле напрашивается. Очевидно, что при фиксированной сумме произведение не может быть максимальным, если среди чисел есть разные. Т.е. максимум произведения возможен только тогда, когда все они одинаковы. Но тут проблема: мы, формально говоря, не знаем, достигается ли этот максимум (ибо теорема Вейерштрасса, тем более многомерная, неспортивна). Ну так вот оказывается, что нетрудно добраться до этого максимума и вполне конструктивно.

[sergei1961]

ewert
1. Ваше доказательство - это в точности слово в слово доказательство Элерса из книги Беккенбах,Беллман. Неравенства.
2. "оказывается тупым следствием... " - эти же две последовательности взаимно обратны со сдвигом в индексе на единицу.
Насколько я помню, различные доказательства неравенства Бернулли для максимально возможного диапазона параметров и его обобщения есть в книгах Митриновича-Аналитические неравенства и особенно отдельная глава в книги Старые и новые неравенства...

[ewert]

(Оффтоп)

sergei1961 в сообщении #1138442 писал(а):

Ваше доказательство - это в точности слово в слово доказательство Элерса из книги Беккенбах,Беллман. Неравенства.

Если буквально "слово в слово", то это они напрасно. Я через несколько минут после отправки сообщения сообразил, что упорядочение по возрастанию -- совершенно излишне.

[TR63]

ewert

(Оффтоп)

действительно, Вы нашли очень простое и красивое доказательство АМ-ГМ. Спасибо.
Согласна, что моё доказательство, как и доказательство Дороговцева, очень муторное (но они оба верные и основаны на обычной индукции; лично мне Вашего подтверждения по поводу верности доказательства не требуется).