Matematyka.pl

zauważ, że któryś z tych składników pozostałych na pewno jest większy bądz równy od \(\displaystyle{ 2^m}\)

Jeżeli tego nie widzisz to rozpatrz gdy \(\displaystyle{ a=b,a>b, a<b}\) i zobaczysz, że nieważne który przypadek, zachodzi to co pisałem wyżej.

Edit:

a4karo, większa bądz równa jeden.

no na pewno ten ułamek z \(\displaystyle{ \frac{b}{a}}\) jest większy bądź równy \(\displaystyle{ 1}\)

Olusia_95 pisze:no na pewno ten ułamek z b/a jest większy bądź równy 1

Niby dlaczego? Przecież może być \(\displaystyle{ a=4, b=2}\), nieprawdaż?

no to wtedy ten \(\displaystyle{ \frac{a}{b}}\) będzie większy bądż równy zero.

Fajne w sumie - w dowodzie indukcyjnym wykorzystuje się fakt, który od początku likwiduje właściwie potrzebę użycia indukcji.

PS Wyjaśniam: uwaga jest do zadania, a nie do rozwiązania.

jak uratować ten dowód?
Sprawdzam dla \(\displaystyle{ m=1}\):
\(\displaystyle{ 1+ \frac{a}{b} +1+ \frac{b}{a} \ge 3 \\ \frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 1}\),
co jest prawdą (zachodzi mocniejsza nierówność \(\displaystyle{ \frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 2}\) równoważna nierówności \(\displaystyle{ (a-b)^2 \ge 0}\), później jeszcze z niej skorzystamy).
2.
Udowodnię że:
\(\displaystyle{ (1+\frac{a}{b})^m + (1+ \frac{b}{a})^m \ge 2^m+1 \So (1+\frac{a}{b})^{m+1} + (1+ \frac{b}{a})^{m+1} \ge 2^{m+1}+1}\).

pokażemy najpierw, że:
\(\displaystyle{ (1+\frac{a}{b})^{m+1} + (1+ \frac{b}{a})^{m+1} \ge 2 [(1+\frac{a}{b})^m + (1+ \frac{b}{a})^m]}\).
Dowód:
\(\displaystyle{ L-P=(\frac{a+b}{b})^{m+1}+ (\frac{a+b}{a} )^{m+1}-2 (\frac{a+b}{b})^{m}-2 (\frac{a+b}{a})^{m}=(\frac{a+b}{b})^{m} \cdot ( \frac{a+b}{b}-2)+(\frac{a+b}{b})^{m} \cdot (\frac{a+b}{a}-2)= \\ =
(\frac{a+b}{b})^{m} \cdot (\frac{a+b}{b}-2+\frac{a+b}{a}-2)=(\frac{a+b}{b})^{m} \cdot ( \frac{a}{b}+1-2+1+ \frac{b}{a}-2)=
(\frac{a+b}{b})^{m} \cdot(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2) \ge 0}\)

Zatem:
(\(\displaystyle{ 1+\frac{a}{b})^{m+1} + (1+ \frac{b}{a})^{m+1} \ge 2 [(1+\frac{a}{b})^m + (1+ \frac{b}{a})^m] \ge 2(2^m+1)=2^{m+1}+2>2^{m+1}+1}\),

nie zobaczyłam , że jest błąd pod koniec dowodu.

Najpierw pokażę, jak to zrobić bez indukcji, bo jej nie lubię.
Ze wzoru dwumianowego Newtona:
\(\displaystyle{ \left( 1+ \frac{a}{b} \right) ^m + \left( 1+ \frac{b}{a} \right) ^m=1+1+ \sum_{k=1}^{m}{m \choose k}\left( \frac{a^k}{b^k}+ \frac{b^k}{a^k} \right)}\)
Teraz zauważmy, że
\(\displaystyle{ \frac{a^k}{b^k}+ \frac{b^k}{a^k} \ge 2}\) z nierówności między średnimi
i ostatecznie otrzymaliśmy:
\(\displaystyle{ \left( 1+ \frac{a}{b} \right) ^m + \left( 1+ \frac{b}{a} \right) ^m \ge 2 \sum_{k=0}^{m}{m \choose k}=2^{m+1}}\)
czyli udało nam się wzmocnić nierówność, bo \(\displaystyle{ 2^{m+1}\ge 1+2^m}\)-- 29 mar 2017, o 17:32 --A Twój błąd widzę w miejscu, gdzie robisz nagle
z \(\displaystyle{ \left( \frac{a+b}{a} \right)}\) liczbę \(\displaystyle{ \frac{a+b}{b}}\)

Jeżeli już tak koniecznie chcesz to robić, pokazując taką nierówność, jak zaproponowałaś:
\(\displaystyle{ (1+\frac{a}{b})^{m+1} + (1+ \frac{b}{a})^{m+1} \ge 2 [(1+\frac{a}{b})^m + (1+ \frac{b}{a})^m]\\

L-P=\left( 1+ \frac{a}{b} \right)^m\left( 1+\frac a b-2\right) +\left( 1+ \frac{b}{a} \right)^m\left( 1+ \frac{b}{a}-2 \right)=\\= \frac{1}{b}\left\{ \left( 1+ \frac{a}{b} \right)^m(a-b)\right\}+\frac{1}{a}\left\{ \left( 1+ \frac{b}{a} \right)^m(b-a)\right\}=\\=\left( a-b\right) \left\{ \frac{1}{b}\left( 1+\frac a b\right)^m-\frac 1 a\left( 1+ \frac{b}{a} \right)^m \right\}}\)
Zauważmy, że jeśli \(\displaystyle{ a>b>0}\), to
\(\displaystyle{ a-b>0, \frac a b>1}\) i \(\displaystyle{ \left( 1+ \frac{a}{b} \right)^m \ge\left( 1+\frac b a\right)^m}\), a stąd wynika, że oba czynniki są dodatnie, zaś jeśli
\(\displaystyle{ b>a>0}\), to
\(\displaystyle{ a-b<0, \frac{b}{a}>1, \left( 1+\frac b a\right)^m \ge \left( 1+\frac a b\right)^m}\)
zatem oba czynniki są ujemne.
No a gdy \(\displaystyle{ a=b}\), to to jest zero i koniec.
Moim zdaniem zgrabniej byłoby skorzystać z tego, co pisała bosa_Nike.

a dlaczego \(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{m}{m \choose k}=2^{m}}\)?

To jest znane i oczywiste. Można to też wykazać indukcyjnie, ale ja wolę interpretację kombinatoryczną:
\(\displaystyle{ {m \choose k}}\) to liczba podzbiorów k-elementowych zbioru o \(\displaystyle{ m}\) elementach.
Policzmy więc na dwa sposoby, ile jest wszystkich pdozbiorów zbioru \(\displaystyle{ m}\)-elementowego. Z jednej strony, tworząc podzbiór zbioru \(\displaystyle{ m}\)-elementowego, mamy dwie możliwości: albo dany element wejdzie w jego skład, albo nie. Wszystkich elementów jest \(\displaystyle{ m}\), więc z reguły mnożenia mamy \(\displaystyle{ 2^m}\) podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ m}\)-elementowego.
Z drugiej strony możemy oddzielnie zliczyć podzbiory o danej liczebności, poczynając od zera (zbiór pusty), do \(\displaystyle{ m}\) (bierzemy cały zbiór). Wtedy sumując po wszystkich mocach podzbiorów, mamy \(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{m}{m \choose k}}\) podzbiorów, czyli \(\displaystyle{ 2^m=\sum_{k=0}^{m}{m \choose k}}\)

Jeszcze inny argument to wzór dwumianowy Newtona:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{m}{m \choose k}1^k 1^{m-k}=(1+1)^m}\)