szukanie zaawansowane
 [ Posty: 5 ] 
Autor Wiadomość
Kobieta
PostNapisane: 18 lip 2018, o 22:32 
Użytkownik

Posty: 6
Lokalizacja: Polska
Dla dodatnich liczb rzeczywistych: a_{1} , a_{2} , a_{3} ,... , a_{2016} takich , że a_{1} a_{2} a_{3} ... a_{2016} = 1 wykaż : (2+ a_{1} )(2+ a_{2} )...(2+ a_{2016} ) \geqslant 2^{3024}.
Uniwersytet Wrocławski Instytut Matematyczny - rekrutacja 2019
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 18 lip 2018, o 22:50 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 13931
Lokalizacja: Wrocław
Nierówność można wzmocnić. Z nierówności między średnimi:
\frac{1+1+a_k}{3}\ge \sqrt[3]{a_k}, \ k=1,2\ldots 2016\\ 2+a_k\ge 3\sqrt[3]{a_k}
Mnożymy stronami 2016 takich nierówności dla k=1,2,\ldots 2016
i mamy:
(2+a_1)(2+a_2)\ldots(2+a_{2016})\ge 3^{2016}\sqrt[3]{a_1a_2\ldots a_{2016}}=3^{2016}
i pozostaje sprawdzić, że 3^{2016}>2^{3024}\\ 3^2>2^3
co jest już oczywistym.
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 18 lip 2018, o 22:52 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 7060
2+a=2 \frac{2+a}{2}  \ge 2 \sqrt{2a}\\
(2+ a_{1} )(2+ a_{2} )...(2+ a_{2016} )  \ge 2^{2016} \sqrt{2a_1}\sqrt{2a_2}...\sqrt{2a_{2016}}=\\

\\=2^{2016}2^{1008} \sqrt{a_1a_2...a_{2016}}= 2^{3024}
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 18 lip 2018, o 23:59 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 13931
Lokalizacja: Wrocław
Jeszcze inne rozwiązanie:
przypomnijmy nierówność Huygensa
– w dodatnich x_1, \ldots x_n mamy
(1+x_1)(1+x_2)\ldots(1+x_n)\ge (1+\sqrt[n]{x_1x_2\ldots x_n})^n
Można ją udowodnić indukcyjnie, jak sobie przypomnę, w jaki sposób, to napiszę, bo na razie zablefowałem (jest to także szczególny przypadek uogólnionej nierówności Höldera).

Teraz stosujemy dwukrotnie nierówność Huygensa, najpierw dla x_1=1+a_1, \ x_2=1+a_2, \ldots x_{2016}=1+a_{2016}, a następnie dla x_1=a_1, \ x_2=a_2, \ldots x_{2016}=a_{2016} i mamy:
(2+ a_{1} )(2+ a_{2} )...(2+ a_{2016} ) \ge \left( 1+\sqrt[2016]{(1+a_1)(1+a_2)\ldots(1+a_{2016})}\right)^{2016}\ge \\ \ge  (1+(1+\sqrt[2016]{a_1a_2\ldots a_{2016}}))^{2016}=3^{2016}>2^{3024}
(to ostatnie jak poprzednio wynika z 9>8).

Przy czym trochę sobie jaja robię z tym rozwiązaniem, ale czekam aż ciasto się upiecze, więc czymś sobie muszę zabić czas (choć wolałbym zabić siebie, a nie czas, ale na to mam za mało charakteru).

-- 19 lip 2018, o 00:22 --

Dobra, wymyśliłem ten indukcyjny dowód nierówności Huygensa, nieco podobny do indukcyjnego dowodu nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną.
Dla n=2 mamy (1+x_1)(1+x_2)\ge (1+\sqrt{x_1x_2})^2, czyli szczególny przypadek nierówności Cauchy'ego-Schwarza. Stąd nietrudno udowodnić indukcynie prawdziwość nierówności dla n=2^k, \ k\in \NN^+: szkicowo
(1+x_1)(1+x_2)\ldots (1+x_{2^k})\ge \left( 1+\left(x_1 x_2\ldots x_{2^k} \right)^{\frac{1}{2^k}} \right)^{2^k} \\(1+x_{2^k+1})(1+x_{2^k+2})\ldots (1+x_{2^{k+1}})\ge \left( 1+\left(x_{2^k+1}x_{2^k+2}\ldots x_{2^{k+1}} \right)^{\frac{1}{2^k}} \right)^{2^k}
po czym mnożymy te nierówności stronami i korzystamy ze wspomnianego szczególnego przypadku nierówności Cauchy'ego-Schwarza:
(1+\left(x_1 x_2\ldots x_{2^k}\right)^{\frac{1}{2^k}})(1+\left(x_{2^k+1}x_{2^k+2}\ldots x_{2^{k+1}}\right)^{\frac{1}{2^k}})\ge \left(1+\left(x_1 x_2\ldots x_{2^{k+1}} \right)^{\frac{1}{2^{k+1}}\right )^2\\(1+\left(x_1 x_2\ldots x_{2^k}\right)^{\frac{1}{2^k}})^{2^k}(1+\left(x_{2^k+1}x_{2^k+2}\ldots x_{2^{k+1}}\right)^{\frac{1}{2^k}})^{2^k}\ge \left(1+\left(x_1 x_2\ldots x_{2^{k+1}} \right)^{\frac{1}{2^{k+1}}\right )^{2^{k+1}}
No i fajnie. Czyli znajdziemy dowolnie duże n, dla których nierówność zajdzie dla wszystkich x_1, x_2\ldots x_n rzeczywistych dodatnich.

Teraz zaś pokazujemy, że jeśli teza jest prawdziwa dla n+1 zmiennych, to dla n również. Przy założeniu, że nierówność zachodzi dla dowolnych n+1 liczb z \RR^+, mamy w dodatnich:
(1+x_1)(1+x_2)\ldots (1+\sqrt[n]{x_1 x_2 \ldots x_n})\ge \left(1+\sqrt[n+1]{(x_1 x_2\ldots x_n)^{\frac{n+1}{n}}}\right)^{n+1}=\\=(1+\sqrt[n]{x_1 x_2\ldots x_n})^{n+1}
Dzielimy stronami przez 1+\sqrt[n]{x_1 x_2 \ldots x_n} i koniec psot. ;)
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 19 lip 2018, o 04:54 
Użytkownik

Posty: 16622
Lokalizacja: Bydgoszcz
Nierówność H to nic innego jak nierówność Jensena funkcji f(x)=\ln(1+e^x), której wypukłość łatwo zweryfikować
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 5 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Konkurs przedmiotowy gimnazjalny dla zachodniopomorskieg  DeathAngel  3
 Konkurs Fizyczny 2013/2014  gus  5
 Szkolny Konkurs Matematyczny- ZADANIA.  ciuszkin  2
 konkurs 09/10 lublin  manieczekmc  1
 XIII Podkarpacki Konkurs Matematyczny im. F. Lei  michaelmontana16  6
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl