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 1, 2  След.
 
 Неравенство 21.
Сообщение25.02.2018, 12:30 


03/03/12
1380
В разделе ПРР встретилось симпатичное неравенство. Для его решения предложено два не школьных метода без конкретной реализации ТС. Предлагаю доказать это неравенство школьными методами.

Для $(x_1,x_2,...,x_n)\ge1$ доказать неравенство:

$$\frac{1}{1+x_1}+\frac{1}{1+x_2}+...+\frac{1}{1+x_n}\ge\frac{n}{1+\sqrt[n]{x_1x_2...x_n}}$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство 21.
Сообщение25.02.2018, 14:02 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


27/12/17
1411
Антарктика
Насколько я помню ту тему, то сперва я предложил свой способ, потом ТС уточнил, что надо сделать школьными методами и привел методичку, то ли для 9 класса, в которой описывались методы доказательства неравенств через мат. индукцию и через выпуклость. Потом кто-то из ЗУ предложил вариант с использованием выпуклости, т.е. это оказалось в рамках правил ТС. А то, что ТС не отписался -- так возможно он сделал и исчез, такое тут часто бывает))

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство 21.
Сообщение25.02.2018, 15:32 


03/03/12
1380
Это неравенство из поста topic124508.html( это за 28.01.2018 "Доказать неравенство")
Тогда будем считать Лагранжа, Йенсена, выпуклость оффтопом (хотя можно привести полные доказательства с использованием этих методов или дать ссылку, где такое решение имеется (у меня предложенная ссылка не открывается); я доказываю чисто матиндукцией, но не в лоб; если в журнале нет такого решения, то не думаю, что ТС осилил его, т.к. решение довольно хитрое).

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство 21.
Сообщение25.02.2018, 15:37 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


27/12/17
1411
Антарктика
Да, там нет ее решения, т.к. задача там из числа задач к самостоятельному решению к темам мат. индукция, либо выпуклость.

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство 21.
Сообщение27.02.2018, 20:02 


24/12/13
351
Индукция Коши

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство 21.
Сообщение27.02.2018, 21:33 


03/03/12
1380
rightways в сообщении #1294790 писал(а):
Индукция Коши

Если Вы применяете их в лоб, то я в таком подходе сомневаюсь (распишите подробнее). Я их использую, но не в лоб.

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство 21.
Сообщение28.02.2018, 21:39 


24/12/13
351
Йенсен доказывается по индукции Коши, значит и здесь ее можно применить, сперва доказываем для $2,4,..., 2^k$ затем доказываем что если верно для $n+1$ то и верно для $n$

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство 21.
Сообщение28.02.2018, 22:33 


03/03/12
1380
rightways в сообщении #1294969 писал(а):
сперва доказываем для $2,4,..., 2^k$

Да, этот факт я использую, но без Йенсена (кстати, и без производной, чтоб было совсем по школьному).
Обратите внимание на условие:
TR63 в сообщении #1294275 писал(а):
Тогда будем считать Лагранжа, Йенсена, выпуклость оффтопом

Ну, да, ладно, пусть здесь у Вас будет Йенсен, если я Вас правильно поняла. Но, как Вы дальше делаете переход.
rightways в сообщении #1294969 писал(а):
затем доказываем что если верно для $n+1$ то и верно для $n$

У меня Коши возникает далее. А, Вы далее Коши не используете. Т.е. у Вас, возможно, решение принципиально другое. Распишите, пожалуйста, переход подробнее, если Вы далее Коши не используете.

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство 21.
Сообщение03.03.2018, 16:14 
Заслуженный участник


03/01/09
1677
москва
Переход от $n$ к $n-1$. Доказываемое неравенство перепишем в виде:$$S_n\geq \dfrac 1{1+G_n}$$ Введены обозначения: $G_n=\sqrt [n]{x_1\dots x_n},S_n=\frac 1n(\frac 1{1+x_1}+\dots +\frac 1{1+x_n})$. Очевидно, что $S_n\leq \frac 12$ и поэтому может быть записано как: $S_n=\dfrac 1{1+q_n}\eqno (1)$, где $q_n\geq 1$.Покажем, что если неравенство справедливо для $n$, то оно выполняется и для $n-1$:$$S_{n-1}=\dfrac {(n-1)S_{n-1}+S_{n-1}}n=\dfrac {\dfrac 1{1+x_1}+\dots +\dfrac 1{1+x_{n-1}}+\dfrac 1{1+q_{n-1}}}n\geq \dfrac 1{1+\sqrt [n]{x_1\dots x_{n-1}q_{n-1}}}$$Полученное неравенство можно переписать в виде:$$\dfrac 1{1+q_{n-1}}\geq \dfrac 1{1+\sqrt [n]{x_1\dots x_{n-1}q_{n-1}}}$$Отсюда получим: $q_{n-1}\leq G_{n-1}$ и $S_{n-1}\geq \dfrac 1{1+G_{n-1}}.$

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство 21.
Сообщение03.03.2018, 18:20 


03/03/12
1380
mihiv, спасибо. Особенно понравился трюк
mihiv в сообщении #1295330 писал(а):
Очевидно, что $S_n\leq \frac 12$ и поэтому может быть записано как: $S_n=\dfrac 1{1+q_n}\eqno (1)$, где $q_n\geq 1$


(Оффтоп)

Я переход от $n+1$ к $n$ доказываю так:

$\frac{1}{1+x_1}+...+\frac{1}{x_n}\ge\frac{n+1}{1+\sqrt[n+1]{x_1...x_{n+1}}}-\frac{1}{1+x_{n+1}}=\frac{n}{1+\sqrt[n]{x_1...x_n}}$

$t=\sqrt[n(n+1)]{x_1...x_n}\ge1$...допишу позже
$f(t)=t^{2n+1}-(1+2n)t^{n+1}+(1+2n)t^n-1=0$


$(t-1)[(t^{2n}+t^{2n-1}+...+t+1)-(1+2n)t^n]=0$

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство 21.
Сообщение04.03.2018, 03:24 


13/11/09
117
Переход от $n+1$ к $n$ можно сделать так: запишем неравенство для $n+1$ числа $x_1,\ldots,x_n, (x_1\cdot\ldots\cdot x_n)^\frac1{n}$: $$\frac1{1+x_1}+\ldots+\frac1{1+x_n}+\frac1{1+(x_1\cdot\ldots\cdot x_n)^\frac1n}\geqslant\frac{n+1}{1+(x_1\cdot\ldots\cdot x_n\cdot(x_1\cdot\ldots\cdot x_n)^\frac1n)^\frac1{n+1}}=\frac{n+1}{1+(x_1\cdot\ldots\cdot x_n)^\frac1n}$$ а это и есть нужное неравенство для $n$ чисел

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство 21.
Сообщение04.03.2018, 05:39 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


27/12/17
1411
Антарктика
Объясните мне, пожалуйста, а то я никак не въеду. В обычной индукции мы доказываем неравенство при $n=1$ (или чему-то маленькому) и дальше процесс пошел. А как быть с такой "нисходящей индукцией"? Какой ее начальный шаг? Допустим, докажем для $n=5$, тогда ясно, что неравенство верно и для $n=1,2,3,4$. А если нужно, допустим до 100, это надо доказать неравенство отдельно для $n=100$?

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство 21.
Сообщение04.03.2018, 06:17 


21/05/16
4292
Аделаида
thething в сообщении #1295366 писал(а):
А как быть с такой "нисходящей индукцией"?

Для этого нужно доказать для всех степеней двойки (или другого монотоно возрастающего бесконечного множества натуральных чисел).

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство 21.
Сообщение04.03.2018, 10:27 


03/03/12
1380
Slip, нет слов (голь на выдумки хитра).

Моё доказательство (длинноватое):

(Оффтоп)

Я переход от $n+1$ к $n$ доказываю так:

1). $\frac{1}{1+x_1}+...+\frac{1}{x_n}\ge\frac{n+1}{1+\sqrt[n+1]{x_1...x_{n+1}}}-\frac{1}{1+x_{n+1}}\ge\frac{n}{1+\sqrt[n]{x_1...x_n}}$

$t=\sqrt[n(n+1)]{x_1...x_n}>1$ ($t=1$ надо рассмотреть отдельно; это, хотя и просто, но удлиняет доказательство, поэтому этот момент пропускаю).

$\sqrt[n(n+1)]{x_{n+1}}=z$

$z^n=y$

$a=n+1$

$b=\frac{n}{1+t^{n+1}}$

$f=bt^ny^{n+2}+(b-a)y^{n+1}+(bt^n+t^n)y+(b-a+1)\ge0$

Имеем три перемены знака. Далее

$f(y=0)<0$


$f(y=1)=t^{2n+1}-(1+2n)t^{n+1}+(1+2n)t^n-1>0$, т.к. с учётом АМ-ГМ


$(t-1)[(t^{2n}+t^{2n-1}+...+t+1)-(1+2n)t^n]>0$

Значит на промежутке $(0;1)$ нечётное количество корней. Т.е. один или три. В любом случае получаем, что переход верен, т.к., если корень один, то существует $x_{n+1}>1$ и вместо знака $(\ge)$ берём знак $(=)$ в неравенстве (1) с правого края. Если корня три, то неравенство (1) просто верно (надо посмотреть на график).
Жутковато.


Осталось доказать без Йенсена исходное неравенство для всех степеней двойки.

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенство 21.
Сообщение04.03.2018, 11:53 


13/11/09
117
TR63
Йенсеном тут никто и не пользовался, шла речь только о том, что он докащывается так же. Переход по степеням двойки совсем простой - применяем неравенство для предылушей степени двойки к первой и второй половине слагаемых, а к полученным двум слагаемым - исходное неравенство для двух слагаемых

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 23 ]  На страницу 1, 2  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


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