Pokazać, że \(\displaystyle{ H(1+x)\leq 1+G(x)}\) gdy wszystkie `x_i` są nie mniejsze niż `1`, a odwrotna nierówność zachodzi gdy wszystkie `x_i` są mniejsze od `1`.
Nierówność, którą chcemy wykazać, ma postać \(\displaystyle{ \frac{n}{\frac{1}{1+x_1}+\ldots+\frac{1}{1+x_n}}\le 1+\sqrt[n]{x_1x_2\ldots x_n}}\).
Podstawmy \(\displaystyle{ x_i=e^{a_i}, \ 1\le i\le n}\). Nierówność przyjmuje wówczas formę \(\displaystyle{ \frac{n}{\frac{1}{1+e^{a_1}}+\ldots+\frac{1}{1+e^{a_n}}}\le 1+e^{\frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}{n}}}\), przy czym \(\displaystyle{ a_i\ge 0}\), gdyż \(\displaystyle{ x_i\ge 1}\).
Rozważmy funkcję \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{1+e^x}}\). Jej druga pochodna ma postać \(\displaystyle{ \frac{e^x\left(e^x-1\right)}{\left(1+e^x\right)^3}}\), a zatem \(\displaystyle{ f}\) jest wypukła w nieujemnych.
Mamy więc kolejno: \(\displaystyle{ \frac{\frac{1}{1+e^{a_1}}+\ldots+\frac{1}{1+e^{a_n}}}{n}\ge \frac{1}{1+e^{\frac{a_1+\ldots+a_n}{n}}}\\1+e^{\frac{a_1+\ldots+a_n}{n}}\ge \frac{n}{\frac{1}{1+e^{a_1}}+\ldots+\frac{1}{1+e^{a_n}}}}\),
co kończy dowód.
\(\displaystyle{ \textbf{Przypadek} \ 0<x_i<1}\).
Tutaj postępujemy w pełni analogicznie, tyle że \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{1+e^x}}\) jest wklęsła w ujemnych, a skoro \(\displaystyle{ x_i<1}\), to \(\displaystyle{ a_i=\ln x_i<0}\).
a4karo pisze: ↑2 mar 2022, o 09:57Można inaczej: zastąpienie dwóch różnych `a`-ków po lewej stronie ich średnią geometryczną nie zmienia prawej strony, a zwiększa (zmniejsza) lewą.
z ciekawości zapytam: w jaki sposób dowodzisz wyjściowej nierówności na podstawie tej obserwacji?
a4karo pisze: ↑2 mar 2022, o 09:57Można inaczej: zastąpienie dwóch różnych `a`-ków po lewej stronie ich średnią geometryczną nie zmienia prawej strony, a zwiększa (zmniejsza) lewą.
z ciekawości zapytam: w jaki sposób dowodzisz wyjściowej nierówności na podstawie tej obserwacji?
Szczegóły sobie łatwo dopracujesz (przypadek `x_i\ge 1`):
\(\displaystyle{ \frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}-\frac{2}{1+\sqrt{ab}}=\frac{(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2(\sqrt{ab}-1)}{\text{wspolny mianownik>0}}}\)
Stąd wynika, że jeżeli zastąpimy dwie nierówne liczby przez ich średnią geometryczną, to średnia harmoniczna rośnie.
Ustalmy teraz \(\displaystyle{ x\in [1,M]^n}\) i rozpatrzmy maksimum funkcji \(\displaystyle{ H(1+y)}\) na zwartym zbiorze \(\displaystyle{ \{y: y\in[1,M]^n, G(y)=G(x) \}}\). Na mocy powyższej obserwacji w maksimum wszystkie argumenty muszą być równe, a zatem \(\displaystyle{ H(1+x)\leq \max H(1+y)=1+G(x).}\)
dzięki, mniej więcej tego typu argumentu się spodziewałem
dopowiem jeszcze, że zamiast zsuwać dwie liczby do ich średniej geometrycznej można jedną zsunąć do średniej geometrycznej wszystkich liczb, a drugą do takiej liczby by zachować iloczyn --- w ten sposób można ominąć twierdzenie o osiąganiu maksimum na zbiorze zwartym etc, bo wystarczy wykonać \(n-1\) zsunięć
jeszcze inaczej: przez indukcję można udowodnić nierówność gdy \(n\) jest potęgą dwójki, a następnie wywnioskować tezę dla dowolnego \(n\) przez wzięcie takich \(2^k\) liczb: \(x_1, x_2, \ldots, x_n, \sqrt[n]{x_1x_2\ldots x_n}, \ldots, \sqrt[n]{x_1x_2\ldots x_n}\)
timon92 pisze: ↑3 mar 2022, o 11:41
dzięki, mniej więcej tego typu argumentu się spodziewałem
dopowiem jeszcze, że zamiast zsuwać dwie liczby do ich średniej geometrycznej można jedną zsunąć do średniej geometrycznej wszystkich liczb, a drugą do takiej liczby by zachować iloczyn --- w ten sposób można ominąć twierdzenie o osiąganiu maksimum na zbiorze zwartym etc, bo wystarczy wykonać \(n-1\) zsunięć
A tu sie nie zgodzę. Może się zdarzyć tak, że jak jedną liczbę "zsuniesz" do średniej geometrycznej, to druga stanie się mniejsza od jedynki i już zabawa się nie uda.
jeszcze inaczej: przez indukcję można udowodnić nierówność gdy \(n\) jest potęgą dwójki, a następnie wywnioskować tezę dla dowolnego \(n\) przez wzięcie takich \(2^k\) liczb: \(x_1, x_2, \ldots, x_n, \sqrt[n]{x_1x_2\ldots x_n}, \ldots, \sqrt[n]{x_1x_2\ldots x_n}\)
Tak właśnie wyglądał oryginalny dowód w Elemente der Mathematik
timon92 pisze: ↑3 mar 2022, o 11:41
dzięki, mniej więcej tego typu argumentu się spodziewałem
dopowiem jeszcze, że zamiast zsuwać dwie liczby do ich średniej geometrycznej można jedną zsunąć do średniej geometrycznej wszystkich liczb, a drugą do takiej liczby by zachować iloczyn --- w ten sposób można ominąć twierdzenie o osiąganiu maksimum na zbiorze zwartym etc, bo wystarczy wykonać \(n-1\) zsunięć
A tu sie nie zgodzę. Może się zdarzyć tak, że jak jedną liczbę "zsuniesz" do średniej geometrycznej, to druga stanie się mniejsza od jedynki i już zabawa się nie uda.
no bo trzeba brać jedną większą od średniej geometrycznej wszystkich i jedną mniejszą i to tę większą zsunąć do średniej geometrycznej wszystkich liczb
myślałem, że ten szczegół sam sobie łatwo dopracujesz
porównywalnie trudne (a może raczej porównywalnie łatwe): jeśli \(ab=cd\) i \(0<c<a\le b<d\) to
$$\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}-\frac{1}{1+c}-\frac{1}{1+d} = \frac{(1-ab)(a-c)(b-c)}{c(1+a)(1+b)(1+c)(1+d)} $$
