Matematyka.pl

Niech \(\displaystyle{ a_1, ..., a_n}\) będą nienagatywnymi liczbami rzeczywistymi oraz \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} a_n \le 1}\). Udowodnić
\(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n} (1+ a_i) \le 1 + 2 \sum_{i=1}^{n} a_i}\).

Początek indukcyjny jest prosty. Dalej mam problemy. Dodam, że mam twierdzenie, które już udowodniłem i które brzmi \(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n} (1+ a_i) \ge 1 + \sum_{i=1}^{n} a_i}\) dla takich samych \(\displaystyle{ a_i}\), ale jakoś mi nie pomaga. To \(\displaystyle{ a_{n+1}}\) mnie trochę irytuje i próbowałem sobie to rozpić na przypadki. \(\displaystyle{ a_{n+1}}\) może być jedynie \(\displaystyle{ 0 \le a_{n+1} \le 1}\). Przynajmniej tak rozumuję.Dla \(\displaystyle{ a_{n+1} = 1}\) nierówność jest trywialna. Dla \(\displaystyle{ a_{n+1} = 0}\) też. Została przypadek \(\displaystyle{ 0 < a_{n+1} < 1}\). Liczyłem, że mi to coś da, ale słabo mi to idzie. Jakaś rada?

Spróbuj napisać ten krok indukcyjny.

Trochę średni ten zapis, ja nie widzę natychmiast co tu się stało, a nie mam siły się domyślać.

Spróbuj lepiej szybciej zastosować założenie indukcyjne:
\(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n+1}\left(1+a_{i}\right) = \left(1+a_{n+1}\right)\prod_{i=1}^{n}\left(1+a_{i}\right) \le \left(1+a_{n+1}\right)\left(1+2\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right) = \dots}\)

Bekala12, w moim zapisie korzystałem jedynie z elementarnych przekształceń, a dokładniej z prawa rozdzielności, więc w sumie niewiele trzeba się domyślać.

Ok, mogę zastosować wcześniej założenie tak jak u Ciebie, ale niewiele mi to daje, o ile będę bazował na prostych przekształceniach. Być może jest to banalne, ale ja tego jakoś nie widzę. Wygląda mi na to jakbym potrzebował jakiegoś twierdzenia zależności sumy i silni, żeby pójść do przodu. Sam nie wiem.

Kontynuując Twój zapis otrzymam:
\(\displaystyle{ (1 + a_{n+1}) ( 1 + 2 \sum_{i=1}^n a_i) = 1+ 2 \sum_{i=1}^{n} a_i + a_{n+1} + (2 \sum_{i=1}^{n} (a_i)) a_{n + 1}}\). Żeby zakończyć dowód tym tokiem musiałbym pokazać \(\displaystyle{ 2 \sum_{i=1}^{n} a_i \le 1}\), dla \(\displaystyle{ a_{n+1} \not = 0}\). Co według mnie nie musi być prawdą. No chyba, że wykorzystam jakąś tą wiedzę o \(\displaystyle{ a_{n+1}}\), w taki sposób, że będę mógł powiedzieć, że suma jest na tyle mała, że podwojenie jej jest mniejsze lub równe \(\displaystyle{ 1}\).

Chyba nie umiem tego pokazać proponowanym argumentem indukcyjnym. Wydaje mi się, o ile metoda Cię nie ogranicza, że dużo sprawniej pójdzie pokazanie nieujemności \(\displaystyle{ f(x)=2x+1-e^x}\) w przedziale \(\displaystyle{ (0,1]}\).

Nie mogę z tego skorzystać. Indukcja nie jest obowiązkowa, może być inne rozumowanie, ale musi jednak być elementarne.

Z nierówności między średnimi mamy:
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{ \prod_{i=1}^{n}(1+a_i) } \le 1+ \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n}a_i}\), czyli
\(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n}(1+a_i) \le \left( 1+\frac 1 n \sum_{i=1}^n a_i\right)^n}\)
Zatem wystarczy udowodnić, że gdy \(\displaystyle{ a_i}\) są nieujemne i \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}a_i \le 1}\), to zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ \left( 1+\frac 1 n \sum_{i=1}^n a_i\right)^n \le 1+2 \sum_{i=1}^{n}a_i}\)
W tym momencie najbardziej przyzwoite i szybkie podejście to wspomniane przez użytkowniczkę
bosa_Nike, ale można się uprzeć i udowodnić tę ostatnią nierówność bez rachunku różniczkowego i przejść granicznych. Oczywiście w tym momencie \(\displaystyle{ a_i}\) nie są żadnym ułatwieniem, więc zastąpimy \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}a_i}\) przez liczbę \(\displaystyle{ x}\) z przedziału
\(\displaystyle{ [0,1]}\). Teza naszego lematu wygląda tak: dla każdego \(\displaystyle{ n \in \NN^+}\) zachodzi
\(\displaystyle{ \left( 1+\frac{x}{n}\right)^n \le 1+2x-\frac x n}\)
-to wzmocnienie tezy jest absolutnie konieczne i bez niego po prostu nie wyjdzie przy elementarnym podejściu, jeśli ktoś to pokaże indukcyjnie bez tego \(\displaystyle{ -\frac x n}\), to stawiam pół litra.
Dowód indukcyjny lematu:
\(\displaystyle{ \textbf{1}^{\circ}}\) Dla \(\displaystyle{ n=1}\) oczywiste, po lewej mamy \(\displaystyle{ \left( 1+\frac x 1\right)^1=1+x}\), a po prawej \(\displaystyle{ 1+2x-\frac x 1=1+x}\), czyli zachodzi równość.
\(\displaystyle{ \textbf{2}^{\circ}}\) Myślę, że zamiast różnic, lepiej będzie badać ilorazy. Sorry, ale nie piszę założenie, teza, bla bla, bo źle mi się pisze na tym komputerze.
Wystarczy pokazać, że zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ \frac{\left( 1+\frac{x}{n+1}\right)^{n+1} }{\left( 1+\frac x n\right)^n } \le \frac{1+2x- \frac{x}{n+1} }{1+2x-\frac x n}}\)
A to dokończę, gdy się wyśpię, bo mam Rafały Mroczki przed oczami i nie trafiam w klawiaturę.

Jeżeli ktoś ma dowód, który nie wymaga nawet nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną, to bardzo proszę pisać.

Dzięki Premislav za wpis. Pytanie tylko czy
\(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n} (1+a) \le (1 + \frac{1}{n} \sum ...)^n}\)
udowodnię w dosyć elementarny sposób np. za pomocą indukcji. Powołałeś się na pierwiastki, które znasz. Ja jednak tego zrobić nie mogę, bo to niejawne korzystanie z granic. Później spróbuję to udowodnić. Jeżeli się da to Twoja idea pewnie jest bardzo ciekawa.

Próbowałem dojśc do tego jakoś graficznie. \(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n} (1+a_i) = 1+ \sum_{i=1}^n a_i+ \phi}\), gdzie \(\displaystyle{ 0 \le \phi \le \sum_{i=1}^{n} a_i \le 1}\). Więc wszystko sprowadza się do udowodnienia \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} a_i + 2 a_{n+1} \ge \phi + a_{n+1} + (\sum_{i=1}^n a_i) a_{n+1} + a_{n+1}\phi}\). Problem polega jedynie na tym, że to \(\displaystyle{ \phi}\) jest mocno zmienne w zależności od naszych składników sumy. Więc taki zapis i tak niewiele daje. Więc kluczem tutaj jeste zapewne dokładniejsze oszacowanie tej silni, co właśnie zaproponowałeś. Mnie to zadanie zwyczajnie pokonało .

Dzięki Premislav za wpis. Pytanie tylko czy
\(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n} (1+a) \le (1 + \frac{1}{n} \sum ...)^n}\)
udowodnię w dosyć elementarny sposób np. za pomocą indukcji

A nie ma za co, lubię odrobinę trudniejsze zadania, mimo że bardzo kiepsko sobie z nimi radzę, więc z chęcią odpisałem. To jest szczególny przypadek następującej nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną:
dla dodatnich \(\displaystyle{ a_1, a_2 \dots a_n}\) mamy
\(\displaystyle{ \frac{ \sum_{i=1}^{n}a_i }{n} \ge \sqrt[n]{ \prod_{i=1}^{n}a_i }}\)

Mój ulubiony dowód tego faktu:
najpierw pokazujemy indukcyjnie prawdziwość lematu, że dla dodatnich liczb \(\displaystyle{ a_1, \dots a_n}\) spełniających warunek
\(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n} a_i=1}\) zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}a_i \ge n}\). Pokazywałem ten dowód ostatnio tutaj:
przeksztalcenia-algebraiczne-f135/dowod ... l#p5456094

Następnie niech \(\displaystyle{ a_1, \dots a_n}\) będą dowolnymi liczbami dodatnimi. Wówczas liczby
\(\displaystyle{ b_1=\frac{a_1}{\sqrt[n]{\prod_{i=1}^n a_i}}}\) i tak dalej spełniają warunek z lematu, a więc
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^n b_i \ge n}\)
Przekształcając równoważnie:
\(\displaystyle{ \frac{ \sum_{i=1}^{n}a_i }{n} \ge \sqrt[n]{\prod_{i=1}^n a_i}}\),
co kończy dowód.

No to niestety mnie to chyba niezbyt ratuje. W tym wypadku nie znam pierwiastków. Być może udowodniłbym to jakoś indukcją, ale obawiam się, że to znowu będzie jakaś katorga. Ciężka sprawa...

Jako że pewnie nie jesteś wprawiony w użyciu nierówności między średnimi, skoro pytałeś o dowód, to
dodam, że korzystam z powyższej nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną, biorąc
liczby \(\displaystyle{ x_1=1+a_1, \dots x_n=1+a_n}\), wtedy
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{\prod_{i=1}^n x_i} \le \frac 1 n \sum_{i=1}^{n} x_i=1+\frac 1 n\sum_{i=1}^n a_i}\)

To jeszcze miałem skończyć dowód indukcyjny tej nierówności
\(\displaystyle{ \left(1+\frac x n\right)^n \le 1+2x-\frac x n}\) dla \(\displaystyle{ n \in \NN^+, x \in [0,1]}\)
Jak stwierdziłem, wystarczy, że pokażemy nierówność
\(\displaystyle{ \frac{\left( 1+\frac {x}{n+1}\right)^{n+1} }{\left( 1+\frac x n\right)^n} \le \frac{1+2x-\frac{x}{n+1}}{1+2x-\frac x n}}\)
Niestety jest to wyjątkowo brudna, siłowa robota i gdybym to widział, to nie zaproponowałbym takiego postępowania. Równoważnie:
\(\displaystyle{ \left( 1+\frac{x}{n+1}\right) \left( \frac{1+\frac{x}{n+1}}{1+\frac x n} \right)^n \le \frac{1+2x-\frac{x}{n+1}}{1+2x-\frac x n}}\)
Teraz zajmiemy się wyrażeniem \(\displaystyle{ \left( \frac{1+\frac{x}{n+1}}{1+\frac x n} \right)^n}\).
Po pierwsze, odnotujmy, że \(\displaystyle{ \left( \frac{1+\frac{x}{n+1}}{1+\frac x n} \right)^n =\left( \frac{1+\frac x n}{1+\frac {x}{n+1}} \right)^{-n}}\)
Po drugie, zauważmy, że dla każdego \(\displaystyle{ n}\) naturalnego większego niż \(\displaystyle{ 1}\) i każdego \(\displaystyle{ t\ge 0}\) prawdziwa jest nierówność:
\(\displaystyle{ (1+t)^n \ge 1+nt+{n \choose 2}t^2}\). Dowód polega na rozwinięciu ze wzoru dwumianowego Newtona i skróceniu.
Kładąc teraz w powyższej nierówności \(\displaystyle{ t= \frac{x}{n(n+1+x)}}\), dostajemy
\(\displaystyle{ \left( \frac{1+\frac x n}{1+\frac {x}{n+1}} \right)^n \ge 1+ \frac{x}{n+1+x}+ \frac{(n-1)x^2}{n(n+1+x)^2}}\)
Zatem między odwrotnościami lewej i prawej strony mamy nierówność z przeciwnym zwrotem. Czyli:
\(\displaystyle{ \left( 1+\frac{x}{n+1}\right) \left( \frac{1+\frac{x}{n+1}}{1+\frac x n} \right)^n \le \left( 1+\frac{x}{n+1}\right) \cdot \frac{1}{1+ \frac{x}{n+1+x}+ \frac{(n-1)x^2}{n(n+1+x)^2}}}\)
dla\(\displaystyle{ n\ge 2}\) (przypadek\(\displaystyle{ n=1}\) już sprawdziłem w pierwszym kroku indukcyjnym).
Czyli wystarczy wykazać, że dla \(\displaystyle{ n\ge 2}\) i \(\displaystyle{ x \in [0,1]}\) mamy
\(\displaystyle{ \left( 1+\frac{x}{n+1}\right) \cdot \frac{1}{1+ \frac{x}{n+1+x}+ \frac{(n-1)x^2}{n(n+1+x)^2}}\le \frac{1+2x-\frac {x}{n+1}}{1+2x-\frac x n}}\)

Aaa, to czekaj, chcesz powiedzieć, że nie możesz nawet napisać \(\displaystyle{ \sqrt[n]{x}}\), bo taki obiekt nie był wprowadzony? Dopiero teraz to zajarzyłem*. No to przykro mi, ale nie umiem pomóc i nawet nie zamierzam się więcej starać w takiej sytuacji, bo i tak nic nie wymyślę.

-- 20 lis 2016, o 19:42 --

Wyprowadzanie wszystkiego od aksjomatów itd. to rzecz dla geniuszy, więc nie wiem, czy nie lepiej po prostu przeczytać, jak to jest zrobione w jakiejś książce do analizy. Ale to tylko moja opinia.

-- 20 lis 2016, o 19:42 --

* miało być "zauważyłem"

dzięki, że Ci się chciało Premislav. Ja już rzuciłem ręcznik, więc to nie jest tak, że liczę na cud , że to rozwiąże. Pewnie, że bym przeczytał jak to jest zrobione, gdybym miał dostęp do rozwiązania. Niestety zadanie mam z pewnego zbioru zadań, gdzie tylko część zadań ma rozwiązania. Więc jakby ktoś przypadkiem spotkał się z tym zadaniem i miał rozwiązanie w sposób "elementarny" to chętnie bym to zobaczył.

Być może autor miał na myśli coś innego dodając to zadanie. Ciężko jest powiedzieć . Mimo tego dziękuję za próby pomocy.

Można zauważyć, że jeżeli \(\displaystyle{ a_i\neq a_j}\), to zamiana obu liczb na ich średnią arytmetyczną zwiększa lewą stronę, a nie zmienia prawej.
Stąd wynika, że lewa strona ma największą wartość gdy wszystkie \(\displaystyle{ a_i}\) są równe.

Dalej idzie dosyć prosto:
Niech \(\displaystyle{ \sum a_i=a}\). Mamy do pokazania nierówność:
\(\displaystyle{ \left(1+\frac{a}{n}\right)^n\leq 1+2a}\), co można napisac w taki sposób:

\(\displaystyle{ \left[\left(1+\frac{1}{\frac{n}{a}}\right)^{\frac{n}{a}}\right]^a\leq 1+2a}\)

Wyrażenie w nawiasie kwadratowym rośnie do \(\displaystyle{ e}\) gdy \(\displaystyle{ n\to\infty}\), zatem do pokazania pozostaje nierówność
\(\displaystyle{ e\leq (1+2a)^{1/a}}\) dla \(\displaystyle{ 0<a<1}\)
albo równoważnie
\(\displaystyle{ 1\leq \frac{\ln (1+2a)}{a}}\)

Funkcja \(\displaystyle{ h(a)=\ln (1+2a)}\) jest wklęsła, zatem jej iloraz różnicowy \(\displaystyle{ \frac{h(a)-h(0)}{a-0}}\) maleje, stąd \(\displaystyle{ h(a)>h(1)=\ln 3>1}\). I to jest koniec dowodu.

jak już wcześniej zostało powiedziane, wystarczy udowodnić, że dla \(\displaystyle{ 0\le x\le 1}\) i \(\displaystyle{ n \in \mathbb N}\) zachodzi coś takiego: \(\displaystyle{ \left(1+\frac xn \right)^n \le 1+2x}\)

rozpisujemy wzór dwumienny i szacujemy
\(\displaystyle{ \left(1+\frac xn \right)^n = 1+\sum_{i=1}^n {n \choose i}\cdot \frac{x^i}{n^i} \\
\phantom{\left(1+\frac xn \right)^n} = 1+\sum_{i=1}^n x^i \cdot \frac{n(n-1)\ldots(n-i+1)}{n^i} \cdot \frac{1}{i!} \\
\phantom{\left(1+\frac xn \right)^n} \le 1 + \sum_{i=1}^n x \cdot \frac{1}{2^{i-1}} \\
\phantom{\left(1+\frac xn \right)^n} = 1+x \cdot \frac{2^{n}-1}{2^{n-1}} \\
\phantom{\left(1+\frac xn \right)^n} \le 1+2x}\)