XXX Konkurs im. prof. Jana Marszała-etap powiat.

Wojewódzkie. Regionalne. Miejskie. Szkolne. Klasowe;)
Gos_ox
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6
Rejestracja: 18 lip 2018, o 22:00
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Polska

XXX Konkurs im. prof. Jana Marszała-etap powiat.

Post autor: Gos_ox »

Dla dodatnich liczb rzeczywistych: \(\displaystyle{ a_{1} , a_{2} , a_{3} ,... , a_{2016}}\) takich , że \(\displaystyle{ a_{1} a_{2} a_{3} ... a_{2016} = 1}\) wykaż : \(\displaystyle{ (2+ a_{1} )(2+ a_{2} )...(2+ a_{2016} ) \geqslant 2^{3024}}\).
Ostatnio zmieniony 18 lip 2018, o 22:45 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Niepoprawnie napisany kod LaTeX-a. Proszę zapoznaj się z http://matematyka.pl/178502.htm .
Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15685
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 195 razy
Pomógł: 5219 razy

Re: XXX Konkurs im. prof. Jana Marszała-etap powiat.

Post autor: Premislav »

Nierówność można wzmocnić. Z nierówności między średnimi:
\(\displaystyle{ \frac{1+1+a_k}{3}\ge \sqrt[3]{a_k}, \ k=1,2\ldots 2016\\ 2+a_k\ge 3\sqrt[3]{a_k}}\)
Mnożymy stronami \(\displaystyle{ 2016}\) takich nierówności dla \(\displaystyle{ k=1,2,\ldots 2016}\)
i mamy:
\(\displaystyle{ (2+a_1)(2+a_2)\ldots(2+a_{2016})\ge 3^{2016}\sqrt[3]{a_1a_2\ldots a_{2016}}=3^{2016}}\)
i pozostaje sprawdzić, że \(\displaystyle{ 3^{2016}>2^{3024}\\ 3^2>2^3}\)
co jest już oczywistym.
Awatar użytkownika
kerajs
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 8570
Rejestracja: 17 maja 2013, o 10:23
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 306 razy
Pomógł: 3347 razy

XXX Konkurs im. prof. Jana Marszała-etap powiat.

Post autor: kerajs »

\(\displaystyle{ 2+a=2 \frac{2+a}{2} \ge 2 \sqrt{2a}\\
(2+ a_{1} )(2+ a_{2} )...(2+ a_{2016} ) \ge 2^{2016} \sqrt{2a_1}\sqrt{2a_2}...\sqrt{2a_{2016}}=\\

\\=2^{2016}2^{1008} \sqrt{a_1a_2...a_{2016}}= 2^{3024}}\)
Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15685
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 195 razy
Pomógł: 5219 razy

Re: XXX Konkurs im. prof. Jana Marszała-etap powiat.

Post autor: Premislav »

Jeszcze inne rozwiązanie:
przypomnijmy nierówność Huygensa
– w dodatnich \(\displaystyle{ x_1, \ldots x_n}\) mamy
\(\displaystyle{ (1+x_1)(1+x_2)\ldots(1+x_n)\ge (1+\sqrt[n]{x_1x_2\ldots x_n})^n}\)
Można ją udowodnić indukcyjnie, jak sobie przypomnę, w jaki sposób, to napiszę, bo na razie zablefowałem (jest to także szczególny przypadek uogólnionej nierówności Höldera).

Teraz stosujemy dwukrotnie nierówność Huygensa, najpierw dla \(\displaystyle{ x_1=1+a_1, \ x_2=1+a_2, \ldots x_{2016}=1+a_{2016}}\), a następnie dla \(\displaystyle{ x_1=a_1, \ x_2=a_2, \ldots x_{2016}=a_{2016}}\) i mamy:
\(\displaystyle{ (2+ a_{1} )(2+ a_{2} )...(2+ a_{2016} ) \ge \left( 1+\sqrt[2016]{(1+a_1)(1+a_2)\ldots(1+a_{2016})}\right)^{2016}\ge \\ \ge (1+(1+\sqrt[2016]{a_1a_2\ldots a_{2016}}))^{2016}=3^{2016}>2^{3024}}\)
(to ostatnie jak poprzednio wynika z \(\displaystyle{ 9>8}\)).

Przy czym trochę sobie jaja robię z tym rozwiązaniem, ale czekam aż ciasto się upiecze, więc czymś sobie muszę zabić czas (choć wolałbym zabić siebie, a nie czas, ale na to mam za mało charakteru).

-- 19 lip 2018, o 00:22 --

Dobra, wymyśliłem ten indukcyjny dowód nierówności Huygensa, nieco podobny do indukcyjnego dowodu nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną.
Dla \(\displaystyle{ n=2}\) mamy \(\displaystyle{ (1+x_1)(1+x_2)\ge (1+\sqrt{x_1x_2})^2}\), czyli szczególny przypadek nierówności Cauchy'ego-Schwarza. Stąd nietrudno udowodnić indukcynie prawdziwość nierówności dla \(\displaystyle{ n=2^k, \ k\in \NN^+}\): szkicowo
\(\displaystyle{ (1+x_1)(1+x_2)\ldots (1+x_{2^k})\ge \left( 1+\left(x_1 x_2\ldots x_{2^k} \right)^{\frac{1}{2^k}} \right)^{2^k} \\(1+x_{2^k+1})(1+x_{2^k+2})\ldots (1+x_{2^{k+1}})\ge \left( 1+\left(x_{2^k+1}x_{2^k+2}\ldots x_{2^{k+1}} \right)^{\frac{1}{2^k}} \right)^{2^k}}\)
po czym mnożymy te nierówności stronami i korzystamy ze wspomnianego szczególnego przypadku nierówności Cauchy'ego-Schwarza:
\(\displaystyle{ (1+\left(x_1 x_2\ldots x_{2^k}\right)^{\frac{1}{2^k}})(1+\left(x_{2^k+1}x_{2^k+2}\ldots x_{2^{k+1}}\right)^{\frac{1}{2^k}})\ge \left(1+\left(x_1 x_2\ldots x_{2^{k+1}} \right)^{\frac{1}{2^{k+1}}}\right)^2\\ (1+\left(x_1 x_2\ldots x_{2^k}\right)^{\frac{1}{2^k}})^{2^k}(1+\left(x_{2^k+1}x_{2^k+2}\ldots x_{2^{k+1}}\right)^{\frac{1}{2^k}})^{2^k}\ge \left(1+\left(x_1 x_2\ldots x_{2^{k+1}} \right)^{\frac{1}{2^{k+1}}}\right)^{2^{k+1}}}\)
No i fajnie. Czyli znajdziemy dowolnie duże \(\displaystyle{ n}\), dla których nierówność zajdzie dla wszystkich \(\displaystyle{ x_1, x_2\ldots x_n}\) rzeczywistych dodatnich.

Teraz zaś pokazujemy, że jeśli teza jest prawdziwa dla \(\displaystyle{ n+1}\) zmiennych, to dla \(\displaystyle{ n}\) również. Przy założeniu, że nierówność zachodzi dla dowolnych \(\displaystyle{ n+1}\) liczb z \(\displaystyle{ \RR^+}\), mamy w dodatnich:
\(\displaystyle{ (1+x_1)(1+x_2)\ldots (1+\sqrt[n]{x_1 x_2 \ldots x_n})\ge \left(1+\sqrt[n+1]{(x_1 x_2\ldots x_n)^{\frac{n+1}{n}}}\right)^{n+1}=\\=(1+\sqrt[n]{x_1 x_2\ldots x_n})^{n+1}}\)
Dzielimy stronami przez \(\displaystyle{ 1+\sqrt[n]{x_1 x_2 \ldots x_n}}\) i koniec psot. ;)
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22173
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3748 razy

Re: XXX Konkurs im. prof. Jana Marszała-etap powiat.

Post autor: a4karo »

Nierówność H to nic innego jak nierówność Jensena funkcji \(\displaystyle{ f(x)=\ln(1+e^x)}\), której wypukłość łatwo zweryfikować
ODPOWIEDZ