Ukryta treść:
Polya; nierówność
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11543
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3166 razy
- Pomógł: 749 razy
Polya; nierówność
Udowodnić, że gdy \(\displaystyle{ a, b}\) są dodatnie i różne, to \(\displaystyle{ \frac{a-b}{\ln(a)- \ln(b)} < \frac{1}{3} ( 2 \sqrt{ab} + \frac{a+b}{2} )}\)
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5750
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 132 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: Polya; nierówność
Można założyć, że\(\displaystyle{ a>b}\)
Jest to klasyczna średnia logarytmiczna:
najpierw udowodnimy, że:
\(\displaystyle{ \frac{a-b}{\ln(a)-ln(b)} \le \frac{ \left( \sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b}\right)^3 }{8} }\)
Jest to nierówność jednorodna, podstawmy:
\(\displaystyle{ a:=a^{3} , b:=b^3}\)
wystarczy teraz udowodnić, że:
\(\displaystyle{ \frac{a^3-b^3}{\ln(a)-\ln(b)} \le \frac{3}{8} \cdot \left( a+b\right)^3 }\)
lub inaczej, że:
\(\displaystyle{ \ln \frac{a}{b} \ge \frac{8}{3} \cdot \frac{a^3-b^3}{(a+b)^3} }\)
Pamiętając, że:
\(\displaystyle{ a>b}\)
niech: \(\displaystyle{ x= \frac{a}{b}>1 }\)
otrzymamy:
\(\displaystyle{ \ln x \ge \frac{8}{3} \frac{x^3-1}{(x+1)^3} }\)
To już nietrudno udowodnić choćby z pochodnej...
czyli zachodzi:
\(\displaystyle{ \frac{a-b}{\ln(a)-ln(b)} \le \frac{ \left( \sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b}\right)^3 }{8} }\)
teraz udowodnimy, że:
\(\displaystyle{ \frac{ \left( \sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b}\right)^3 }{8} \le \frac{2}{3} \sqrt{ab} + \frac{1}{6} \left( a+b\right) }\)
teraz robimy podstawienie:
\(\displaystyle{ a:=a^6 , b:=b^6}\) i otrzymamy:
\(\displaystyle{ \frac{\left( a^2+b^2\right)^3 }{8} \le \frac{2}{3} a^3b^3+ \frac{1}{6}\left( a^6+b^6\right) }\)
po uproszczeniu i podstawieniu:
\(\displaystyle{ \frac{a}{b} =x>1}\)
otrzymamy klasyczny wielomian:
\(\displaystyle{ x^6-9x^4+16x^3-9x^2+1 \ge 0 , x>1}\)
lub:
\(\displaystyle{ \left( x-1\right)^4\left( x^2+4x+1\right) \ge 0 }\)
A co jest prawdą więc:
cnd...
Można i z tego:
\(\displaystyle{ \ln x > \frac{3(x^2-1)}{x^2+4x+1}, x>1 }\)
Jest to klasyczna średnia logarytmiczna:
najpierw udowodnimy, że:
\(\displaystyle{ \frac{a-b}{\ln(a)-ln(b)} \le \frac{ \left( \sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b}\right)^3 }{8} }\)
Jest to nierówność jednorodna, podstawmy:
\(\displaystyle{ a:=a^{3} , b:=b^3}\)
wystarczy teraz udowodnić, że:
\(\displaystyle{ \frac{a^3-b^3}{\ln(a)-\ln(b)} \le \frac{3}{8} \cdot \left( a+b\right)^3 }\)
lub inaczej, że:
\(\displaystyle{ \ln \frac{a}{b} \ge \frac{8}{3} \cdot \frac{a^3-b^3}{(a+b)^3} }\)
Pamiętając, że:
\(\displaystyle{ a>b}\)
niech: \(\displaystyle{ x= \frac{a}{b}>1 }\)
otrzymamy:
\(\displaystyle{ \ln x \ge \frac{8}{3} \frac{x^3-1}{(x+1)^3} }\)
To już nietrudno udowodnić choćby z pochodnej...
czyli zachodzi:
\(\displaystyle{ \frac{a-b}{\ln(a)-ln(b)} \le \frac{ \left( \sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b}\right)^3 }{8} }\)
teraz udowodnimy, że:
\(\displaystyle{ \frac{ \left( \sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b}\right)^3 }{8} \le \frac{2}{3} \sqrt{ab} + \frac{1}{6} \left( a+b\right) }\)
teraz robimy podstawienie:
\(\displaystyle{ a:=a^6 , b:=b^6}\) i otrzymamy:
\(\displaystyle{ \frac{\left( a^2+b^2\right)^3 }{8} \le \frac{2}{3} a^3b^3+ \frac{1}{6}\left( a^6+b^6\right) }\)
po uproszczeniu i podstawieniu:
\(\displaystyle{ \frac{a}{b} =x>1}\)
otrzymamy klasyczny wielomian:
\(\displaystyle{ x^6-9x^4+16x^3-9x^2+1 \ge 0 , x>1}\)
lub:
\(\displaystyle{ \left( x-1\right)^4\left( x^2+4x+1\right) \ge 0 }\)
A co jest prawdą więc:
cnd...
Można i z tego:
\(\displaystyle{ \ln x > \frac{3(x^2-1)}{x^2+4x+1}, x>1 }\)
Re: Polya; nierówność
\(\displaystyle{ a \neq b }\) oraz \(\displaystyle{ a,b>0 }\)
Rozważmy \(\displaystyle{ a>b }\), wtedy
\(\displaystyle{ \frac{1}{3} (2 \sqrt{bb} + \frac{b+b}{2}) < \frac{1}{3} (2 \sqrt{ab} + \frac{a+b}{2}) \Leftrightarrow }\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{3} (2b + b) < \frac{1}{3} (2 \sqrt{ab} + \frac{a+b}{2}) \Leftrightarrow }\)
\(\displaystyle{ b < \frac{1}{3} (2 \sqrt{ab} + \frac{a+b}{2}) }\)
Udowodnimy, że
\(\displaystyle{ \frac{a-b}{\ln (a) - \ln (b)} < b \Leftrightarrow }\)
\(\displaystyle{ \frac{a-b}{\ln ( \frac{a}{b} )} < b}\) , ponieważ \(\displaystyle{ ( \log_{a}b -\log_{a}c =\log_{a}( \frac{b}{c}) ) }\)
Ponieważ \(\displaystyle{ a>b }\) oraz \(\displaystyle{ a,b>0 }\) (czyli \(\displaystyle{ \frac{a}{b}>1 }\) ), to \(\displaystyle{ \ln ( \frac{a}{b} ) > 0 }\). Stąd mamy
\(\displaystyle{ a-b < b\ln ( \frac{a}{b} ) \Leftrightarrow a < b + b\ln ( \frac{a}{b} ) \Leftrightarrow \frac{a}{b} < 1 + \ln ( \frac{a}{b}) \Leftrightarrow \frac{a}{b} -1< \ln ( \frac{a}{b})}\)
Dalej
\(\displaystyle{ \frac{a}{b} -1 < 0 }\) oraz \(\displaystyle{ 0 < \ln ( \frac{a}{b}) }\)
Co udowadnia, że
\(\displaystyle{ \frac{a}{b} -1< \ln ( \frac{a}{b})}\)
Co z kolei udowadnia nierówność:
\(\displaystyle{ \frac{a-b}{\ln (a) - \ln (b)} < b }\)
Co z kolei udowadnia nierówność:
\(\displaystyle{ \frac{a-b}{\ln (a) - \ln (b)} < b < \frac{1}{3} (2 \sqrt{ab} + \frac{a+b}{2})}\), oczywiście dla \(\displaystyle{ a>b }\).
W przypadku, gdy \(\displaystyle{ a<b }\) przebieg (rozumowania) udowadniania nierówności jest taki sam jak w przypadku \(\displaystyle{ a>b }\).
Zatem nierówność
\(\displaystyle{ \frac{a-b}{\ln (a) - \ln (b)} < \frac{1}{3} (2 \sqrt{ab} + \frac{a+b}{2})}\)
jest prawdziwa dla każdych \(\displaystyle{ a \neq b }\) oraz \(\displaystyle{ a,b>0 }\).
Rozważmy \(\displaystyle{ a>b }\), wtedy
\(\displaystyle{ \frac{1}{3} (2 \sqrt{bb} + \frac{b+b}{2}) < \frac{1}{3} (2 \sqrt{ab} + \frac{a+b}{2}) \Leftrightarrow }\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{3} (2b + b) < \frac{1}{3} (2 \sqrt{ab} + \frac{a+b}{2}) \Leftrightarrow }\)
\(\displaystyle{ b < \frac{1}{3} (2 \sqrt{ab} + \frac{a+b}{2}) }\)
Udowodnimy, że
\(\displaystyle{ \frac{a-b}{\ln (a) - \ln (b)} < b \Leftrightarrow }\)
\(\displaystyle{ \frac{a-b}{\ln ( \frac{a}{b} )} < b}\) , ponieważ \(\displaystyle{ ( \log_{a}b -\log_{a}c =\log_{a}( \frac{b}{c}) ) }\)
Ponieważ \(\displaystyle{ a>b }\) oraz \(\displaystyle{ a,b>0 }\) (czyli \(\displaystyle{ \frac{a}{b}>1 }\) ), to \(\displaystyle{ \ln ( \frac{a}{b} ) > 0 }\). Stąd mamy
\(\displaystyle{ a-b < b\ln ( \frac{a}{b} ) \Leftrightarrow a < b + b\ln ( \frac{a}{b} ) \Leftrightarrow \frac{a}{b} < 1 + \ln ( \frac{a}{b}) \Leftrightarrow \frac{a}{b} -1< \ln ( \frac{a}{b})}\)
Dalej
\(\displaystyle{ \frac{a}{b} -1 < 0 }\) oraz \(\displaystyle{ 0 < \ln ( \frac{a}{b}) }\)
Co udowadnia, że
\(\displaystyle{ \frac{a}{b} -1< \ln ( \frac{a}{b})}\)
Co z kolei udowadnia nierówność:
\(\displaystyle{ \frac{a-b}{\ln (a) - \ln (b)} < b }\)
Co z kolei udowadnia nierówność:
\(\displaystyle{ \frac{a-b}{\ln (a) - \ln (b)} < b < \frac{1}{3} (2 \sqrt{ab} + \frac{a+b}{2})}\), oczywiście dla \(\displaystyle{ a>b }\).
W przypadku, gdy \(\displaystyle{ a<b }\) przebieg (rozumowania) udowadniania nierówności jest taki sam jak w przypadku \(\displaystyle{ a>b }\).
Zatem nierówność
\(\displaystyle{ \frac{a-b}{\ln (a) - \ln (b)} < \frac{1}{3} (2 \sqrt{ab} + \frac{a+b}{2})}\)
jest prawdziwa dla każdych \(\displaystyle{ a \neq b }\) oraz \(\displaystyle{ a,b>0 }\).
Ostatnio zmieniony 14 sty 2024, o 19:11 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Punkt 2.7 instrukcji LaTeX-a. Funkcje matematyczne należy zapisywać: sinus - \sin, logarytm - \log, logarytm naturalny - \ln itd.
Powód: Punkt 2.7 instrukcji LaTeX-a. Funkcje matematyczne należy zapisywać: sinus - \sin, logarytm - \log, logarytm naturalny - \ln itd.
- Janusz Tracz
- Użytkownik
- Posty: 4100
- Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: hrubielowo
- Podziękował: 81 razy
- Pomógł: 1408 razy
Re: Polya; nierówność
Raczej nie. Twierdzenie Lagrange'a (lub Cauchy'ego) podpowiada, że jest zupełnie na odwrót. Poza tym argument asymptotyczny też temu przeczy. Duże \(\displaystyle{ a}\) powoduje, że lewa strona rośnie w nieograniczony sposób przy ustalonym \(\displaystyle{ b}\).
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5750
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 132 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: Polya; nierówność
\(\displaystyle{ a>b, a \neq b, a,b>0}\)
\(\displaystyle{ \frac{a-b}{\ln(a)-\ln(b)} <b}\)
lub po przekształceniu mamy:
\(\displaystyle{ \ln \frac{a}{b} > \frac{a}{b} -1, x= \frac{a}{b} >1}\)
otrzymamy:
\(\displaystyle{ \ln x>x-1}\)
\(\displaystyle{ f(x)=\ln(x)-x+1}\)
\(\displaystyle{ f'(x)= \frac{1}{x} -1}\)
Jak widać dla \(\displaystyle{ x>0}\)
\(\displaystyle{ f(x)}\) najpierw rośnie potem maleje
dla: \(\displaystyle{ x=1}\)
Osiąga maksimum czyli zero...
Czyli nie jest dodatnia...
\(\displaystyle{ \frac{a-b}{\ln(a)-\ln(b)} <b}\)
lub po przekształceniu mamy:
\(\displaystyle{ \ln \frac{a}{b} > \frac{a}{b} -1, x= \frac{a}{b} >1}\)
otrzymamy:
\(\displaystyle{ \ln x>x-1}\)
\(\displaystyle{ f(x)=\ln(x)-x+1}\)
\(\displaystyle{ f'(x)= \frac{1}{x} -1}\)
Jak widać dla \(\displaystyle{ x>0}\)
\(\displaystyle{ f(x)}\) najpierw rośnie potem maleje
dla: \(\displaystyle{ x=1}\)
Osiąga maksimum czyli zero...
Czyli nie jest dodatnia...
-
- Użytkownik
- Posty: 22257
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 38 razy
- Pomógł: 3763 razy
Re: Polya; nierówność
Nie wiem co to ma być, ale taka nierówność nie zachodzi. Średnia logarytmiczna leży między `b` i `a`
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5750
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 132 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: Polya; nierówność
No właśnie poniżej dowodziłem, że nie zachodzi...
Bo powyżej ktoś na nią się powołał...
Alf stwierdził, że nie zachodzi...
Ja wykazałem, że nie zachodzi...
Czyli reasumując skoro większość twierdzi , że nie zachodzi a mamy demokrację to znaczy, że nie zachodzi...
Bo powyżej ktoś na nią się powołał...
Alf stwierdził, że nie zachodzi...
Ja wykazałem, że nie zachodzi...
Czyli reasumując skoro większość twierdzi , że nie zachodzi a mamy demokrację to znaczy, że nie zachodzi...