Matematyka.pl

Witajcie! Próbuję dowieść tej nierówności stosując pewną wskazówkę z książki z zadaniem, jednak utkwiłem w martwym punkcie, proszę o rady i wyrozumiałość, z matmy zbyt dobry nie jestem,
zakładając, że \(\displaystyle{ a _{1}<A<a _{2}}\) to

\(\displaystyle{ A= \frac{a _{1}+a _{2}+...+a _{n}}{n}= \frac{A+(a _{1}+a _{2}-A)+a_{3}+...+a_{n}}{n}}\)

\(\displaystyle{ \sqrt[n]{A \cdot (a _{1}+a _{2}-A) \cdot a_{3} \cdot ... \cdot a_{n}} \ge
\sqrt[n]{a _{1} \cdot a _{2} \cdot ... \cdot a _{n}}}\)

\(\displaystyle{ A \cdot (a _{1}+a _{2}-A) \ge a _{1} \cdot a _{2}}\)

A czy musisz robić według tej wskazówki? Ja chyba niestety nie potrafię tego tak udowodnić (to zresztą częste zjawisko, że w zadaniu, do którego dołączono wskazówkę, prościej uzyskać dowód bez użycia wskazówki).
Możesz zajrzeć tutaj, pojawiło się parę innych pomysłów. Pomysł Swistaka trochę mi się kojarzy ze wskazówką, choć to jednak co innego.

Mój ulubiony dowód tej nierówności (nie twierdzę, że najlepszy, bo takiego kryterium nie ma) korzysta z następującego lematu:
dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich \(\displaystyle{ x_1, x_2\ldots x_n}\) spełniających \(\displaystyle{ x_1\cdot x_2\cdot \ldots x_n=1}\) zachodzi \(\displaystyle{ x_1+x_2+\ldots+x_n \ge n}\). Równość zachodzi dokładnie gdy \(\displaystyle{ x_1=x_2=\ldots=x_n=1}\).
Dowód lematu: indukcja po \(\displaystyle{ n}\). Zaczniemy od \(\displaystyle{ n=2}\):
wówczas dla \(\displaystyle{ x_1, x_2}\) dodatnich spełniających \(\displaystyle{ x_1 x_2=1}\) mamy wykazać, że \(\displaystyle{ x_1+x_2\ge 2}\) Skoro jednak \(\displaystyle{ x_1x_2=1}\), to możemy zapisać \(\displaystyle{ x_2=\frac{1}{x_1}}\), a wówczas
\(\displaystyle{ x_1+x_2\ge 2 \Leftrightarrow x_1-2+\frac{1}{x_1}}\ge 0 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \left(\sqrt{x_1}-\frac{1}{\sqrt{x_1}} \right)^2\ge 0}\),
co jest oczywiście prawdą. Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy pod kwadratem mamy \(\displaystyle{ 0}\), czyli \(\displaystyle{ \sqrt{x_1}=1}\), a więc \(\displaystyle{ x_1=1}\).

Teraz krok indukcyjny:
przypuśćmy, że dla pewnego \(\displaystyle{ n \in \NN^+, n\ge 2}\), dla dowolnych rzeczywistych dodatnich liczb \(\displaystyle{ x_1\ldots x_n}\) spełniających \(\displaystyle{ x_1\cdot x_2\ldots\cdot x_n=1}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ x_1+x_2+\ldots+x_n\ge n}\). Niech teraz rzeczywiste dodatnie \(\displaystyle{ x_1, x_2\ldots x_{n+1}}\) spełniają \(\displaystyle{ x_1\cdot x_2\cdot \ldots \cdot x_{n+1}=1}\)
Wśród liczb \(\displaystyle{ x_1,\ldots x_{n+1}}\) znajdziemy liczbę nie mniejszą niż \(\displaystyle{ 1}\) i liczbę nie większą niż \(\displaystyle{ 1}\) (dowód łatwo nie wprost, choć i tak jest to oczywiste), bez straty ogólności (przenumerowanie) niech \(\displaystyle{ x_n\ge 1}\) i \(\displaystyle{ x_{n+1}\le 1}\). Wówczas oczywiście prawdziwa jest nierówność:
\(\displaystyle{ (x_n-1)(1-x_{n+1})\ge 0}\), którą można przepisać w formie
\(\displaystyle{ x_{n}+x_{n+1}\ge 1+x_n x_{n+1}}\),
równość zachodzi gdy co najmniej jedna z tych liczb równa jest \(\displaystyle{ 1}\).
Z założenia indukcyjnego (dla liczb \(\displaystyle{ x_1, x_2\ldots x_n \cdot x_{n+1}}\) – niewątpliwie jest to \(\displaystyle{ n}\) liczb dodatnich o iloczynie \(\displaystyle{ 1}\)) mamy nierówność
\(\displaystyle{ x_1+x_2+\ldots+x_n x_{n+1} \ge n}\)
Z uwagi na powyższą nierówność
\(\displaystyle{ x_{n}+x_{n+1}\ge 1+x_n x_{n+1}}\) możemy więc zapisać, że:
\(\displaystyle{ x_1+x_2+\ldots x_n+x_{n+1}\ge x_1+x_2+\ldots +x_{n}x_{n+1}+1 \ge n+1}\), czyli
\(\displaystyle{ x_1+x_2+\ldots x_n+x_{n+1}\ge n+1}\),
co kończy dowód kroku indukcyjnego. Jeszcze sprawa równości:
najwygodniej jest przyjąć w kroku indukcyjnym, też b.s.o. (przenumerowanie), że \(\displaystyle{ x_n=\max\left\{x_1,x_2\ldots x_{n+1} \right\}}\) i \(\displaystyle{ x_{n+1}=\min\left\{ x_1, x_2\ldots x_{n+1}\right\}}\), wtedy oczywiście wspomniana nierówność \(\displaystyle{ (x_n-1)(1-x_{n+1})\ge 0}\) zajdzie.

Teraz zauważmy, że dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich \(\displaystyle{ a_1, a_2\ldots a_n}\) liczby
\(\displaystyle{ \frac{a_1}{ \sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdot \ldots a_n} } , \ \frac{a_2}{ \sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdot \ldots a_n} }, \ldots \frac{a_n}{ \sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdot \ldots a_n} }}\) są dodatnie, a ich iloczyn jest równy \(\displaystyle{ 1}\). Zatem spełniają one założenia powyższego lematu, tj.
\(\displaystyle{ \frac{a_1}{ \sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdot \ldots a_n} } + \frac{a_2}{ \sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdot \ldots a_n} }+ \ldots+ \frac{a_n}{ \sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdot \ldots a_n} } \ge n}\)
Po pomnożeniu stronami przez \(\displaystyle{ \sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdot \ldots a_n}}\) i podzieleniu stronami przez \(\displaystyle{ n}\) otrzymujemy
\(\displaystyle{ \frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}{n} \ge \sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdot \ldots a_n}}\),
c.n.d.

Funkcja \(\displaystyle{ f(A)=A(a_1+a_2-A)}\) opisuje parabolę skierowaną "wąsami" w dół, oraz \(\displaystyle{ f(a_1)=f(a_2)=a_1a_2}\). Koniec!

Nigdy się nie dowiem, skąd się biorą takie pomysły.

Premislav pisze:Nigdy się nie dowiem, skąd się biorą takie pomysły.

Z głowy, czyli z niczego

no ale trzeba jeszcze trochę popracować, aby wyciągnąć stąd nierówność między średnimi

swoją drogą, \(\displaystyle{ A(a_1+a_2-A) > a_1a_2 \iff A(a_1+a_2-A)-a_1a_2 > 0 \iff (a_2-A)(A-a_1) >0}\)

Trzeba, ale z pytania wnioskuję, że autor z resztą nie ma problemu

Wielkie dzięki! Jak zawsze pomocni