Średnie średnich

[bosa_Nike]

Dane są liczby dodatnie \(\displaystyle{ x_1,\hdots ,x_n}\) oraz dodatnia liczba całkowita \(\displaystyle{ n}\). Zadanie polega na wykazaniu, w miarę możliwości elementarnie, że dla \(\displaystyle{ n=3,4}\) zachodzi:

\(\displaystyle{ \sqrt[n]{x_1\cdot\frac{x_1+x_2}{2}\cdot\frac{x_1+x_2+x_3}{3}\cdot\hdots\cdot\frac{x_1+\hdots +x_n}{n}}\ge\frac{x_1+\sqrt{x_1x_2}+\sqrt[3]{x_1x_2x_3}+\hdots +\sqrt[n]{x_1\cdot\hdots\cdot x_n}}{n}}\)

Zadanie z gwiazdką: \(\displaystyle{ n=5}\)

[timon92]

udowodnię nierówność dla \(\displaystyle{ n=3}\)

najpierw prosty do sprawdzenia lemacik \(\displaystyle{ 9(a+b)^2\ge 4(a+2b)(2a+b)}\)

no i teraz z nierówności Höldera mamy
\(\displaystyle{ (x_1+x_1+x_1)(x_1+x_1+x_1)(x_1+x_1+x_2)(x_1+x_2+x_2)(x_1+x_2+x_3)(x_1+x_2+x_3) \ge \left(\sqrt[6]{x_1x_1x_1x_1x_1x_1}+\sqrt[6]{x_1x_1x_1x_2x_2x_2}+\sqrt[6]{x_1x_1x_2x_2x_3x_3} \right)^6}\)

czyli \(\displaystyle{ 9x_1^2(2x_1+x_2)(x_1+2x_2)(x_1+x_2+x_3)^2 \ge \left(x_1+\sqrt{x_1x_2}+\sqrt[3]{x_1x_2x_3}\right)^6}\)

powyższe \(\displaystyle{ +}\) lemacik daje \(\displaystyle{ \frac{81}{4}x_1^2(x_1+x_2)^2(x_1+x_2+x_3)^2\ge\left(x_1+\sqrt{x_1x_2}+\sqrt[3]{x_1x_2x_3}\right)^6}\)

po przemnożeniu przez \(\displaystyle{ 3^{-6}}\) i wzięciu pierwiastka szóstego stopnia dostajemy tezę

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

dla \(\displaystyle{ n=4}\) robimy podobnie

dowodzimy na boku, że \(\displaystyle{ 27(2a+b+c)(a+2b+c)(a+b+2c)\le 64(a+b+c)^3}\)

Holder daje
\(\displaystyle{ (x_1+x_2+x_3+x_4)^3(x_1+x_2+x_3+x_3)(x_1+x_2+x_2+x_3)(x_1+x_1+x_2+x_3)(x_1+x_1+x_2+x_2)^2(x_1+x_2+x_1+x_2)(x_1+x_1+x_1+x_1)^3 \ge (x_1+\sqrt{x_1x_2}+\sqrt[3]{x_1x_2x_3}+\sqrt[4]{x_1x_2x_3x_4})^{12}}\)

zatem \(\displaystyle{ \frac{64}{27}(x_1+x_2+x_3+x_4)^3(x_1+x_2+x_3)^3(2(x_1+x_2))^3(4x_1)^3 \ge (x_1+\sqrt{x_1x_2}+\sqrt[3]{x_1x_2x_3}+\sqrt[4]{x_1x_2x_3x_4})^{12}}\)

pierwiastkujemy, porządkujemy czynniki i gotowe!

[bosa_Nike]

Bardzo mi się podoba to rozwiązanie!

Gwoli wyjaśnienia (może nikogo nie obrażę), te nierówności pomocnicze u timona to AM-GM, np.

\(\displaystyle{ \frac{a+b+c}{3}=\frac{\frac{2a+b+c}{4}+\frac{a+2b+c}{4}+\frac{a+b+2c}{4}}{3}\ge\sqrt[3]{\frac{2a+b+c}{4}\cdot\frac{a+2b+c}{4}\cdot\frac{a+b+2c}{4}}}\)

Ukryta treść:    

Ja to ugryzłam również Hölderem (pożyczam sobie umlaut):

\(\displaystyle{ \boxed{\ n=3\ }}\)

\(\displaystyle{ x_1\cdot\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)\cdot\left(\frac{x_1+x_2+x_3}{3}\right)=\frac{x_1+x_1+x_1}{3}\cdot\frac{x_1+\frac{x_1+x_2}{2}+x_2}{3}\cdot\frac{x_1+x_2+x_3}{3}\ge\\ \\ \frac{(x_1+x_1+x_1)(x_1+\sqrt{x_1x_2}+x_2)(x_1+x_2+x_3)}{3^3}\ge\\ \\ \frac{\left(\sqrt[3]{x_1\cdot x_1\cdot x_1}+\sqrt[3]{x_1x_2\sqrt{x_1x_2}}+\sqrt[3]{x_1x_2x_3}\right)^3}{3^3}=\left(\frac{x_1+\sqrt{x_1x_2}+\sqrt[3]{x_1x_2x_3}}{3}\right)^3}\)

\(\displaystyle{ \boxed{\ n=4\ }}\)

\(\displaystyle{ x_1\cdot\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)\cdot\left(\frac{x_1+x_2+x_3}{3}\right)\cdot\left(\frac{x_1+x_2+x_3+x_4}{4}\right)=\\ \\ \frac{x_1+x_1+x_1+x_1}{4}\cdot\frac{x_1+x_1+x_2+x_2}{4}\cdot\frac{x_1+x_2+\frac{x_1+x_2+x_3}{3}+x_3}{4}\cdot\frac{x_1+x_2+x_3+x_4}{4}\ge\\ \\ \frac{(x_1+x_1+x_1+x_1)(x_1+x_1+x_2+x_2)\left(x_1+x_2+\sqrt[3]{x_1x_2x_3}+x_3\right)(x_1+x_2+x_3+x_4)}{4^4}\ge\\ \\ \frac{\left(\sqrt[4]{x_1\cdot x_1\cdot x_1\cdot x_1}+\sqrt[4]{x_1\cdot x_1\cdot x_2\cdot x_2}+\sqrt[4]{x_1x_2x_3\sqrt[3]{x_1x_2x_3}}+\sqrt[4]{x_1x_2x_3x_4}\right)^4}{4^4}=\\ \\ \left(\frac{x_1+\sqrt{x_1x_2}+\sqrt[3]{x_1x_2x_3}+\sqrt[4]{x_1x_2x_3x_4}}{4}\right)^4}\)

Kiedyś trochę próbowałam z \(\displaystyle{ n=5}\) - bezskutecznie. Niedawno trafiłam na artykuł z dowodem dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\). Hipotezę postawił Holland, a udowodnił Kedlaya. Nie dam linka - jest na JSTOR, wyszukiwarka też wyrzuca - trzeba wpisać Proof of a Mixed Arithmetic-Mean, Geometric-Mean Inequality. Postępując według podanego tam przepisu, można sobie wyliczyć macierze współczynników dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\).
Zgodnie z tym przepisem lewą stronę dla \(\displaystyle{ n=3}\) rozpisuje się identycznie jak ja to wyżej zrobiłam, a dla \(\displaystyle{ n=4}\) jako

\(\displaystyle{ \frac{x_1+x_1+x_1+x_1}{4}\cdot\frac{x_1+\frac{x_1+x_1+x_2}{3}+\frac{x_1+x_2+x_2}{3}+x_2}{4}\cdot\\ \\ \frac{x_1+\frac{x_1+x_2+x_2}{3}+\frac{x_2+x_2+x_3}{3}+x_3}{4}\cdot\frac{x_1+x_2+x_3+x_4}{4}}\)

Autor artykułu twierdzi, że do \(\displaystyle{ n=5}\) można metodą prób i błędów... Ja nie kombinowałam więcej - po prostu wyliczyłam.

[Premislav]

Może właśnie niczego odkrywczego nie napiszę, ale w dziale kółko matematyczne pojawiła się taka nierówność między średnią geometryczną średnich arytmetycznych kolumn a średnią arytmetyczną średnich geometrycznych wierszy, np. tutaj ona wystąpiła: 76457.htm#p289116

Być może da się dobrać współczynniki macierzy tak, by w ten sposób udowodnić te nierówności, ale ja nie umiem liczyć (zgadywać czy myśleć tym bardziej).

[bosa_Nike]

Chcielibyśmy tutaj (tak sobie to wyobrażam) udowodnić jakiś szczególny przypadek raczej nie powołując się na twierdzenie ogólne. I właściwie jakiś sposób postępowania jest już znany, a z tym dobieraniem jest główny problem, w każdym razie dla mnie. Oprócz wspomnianego wyżej dowodu kombinatorycznego istnieje jeszcze co najmniej jeden - indukcyjny, ale go nie znam.-- 20 listopada 2017, 16:29 --

Ukryta treść:    

Ciekawostka. Dla \(\displaystyle{ n=5}\) lewa strona po rozpisaniu wyglądałaby tak:

\(\displaystyle{ \frac{x_1+x_1+x_1+x_1+x_1}{5}\cdot\\ \\ \frac{x_1+\frac{x_1+x_1+x_1+x_2}{4}+\frac{x_1+x_1+x_2+x_2}{4}+\frac{x_1+x_2+x_2+x_2}{4}+x_2}{5}\cdot\\ \\ \frac{x_1+\frac{x_1+x_2}{2}+\frac{x_1+x_2+x_2+x_2+x_2+x_3}{6}+\frac{x_2+x_3}{2}+x_3}{5}\cdot\\ \\ \frac{x_1+\frac{x_1+x_2+x_2+x_2}{4}+\frac{x_2+x_3}{2}+\frac{x_3+x_3+x_3+x_4}{4}+x_4}{5}\cdot\\ \\ \frac{x_1+x_2+x_3+x_4+x_5}{5}}\)