Forum matematyczne: miliony postów, setki tysięcy tematów, dziesiątki tysięcy użytkowników - pomożemy rozwiązać każde zadanie z matematyki https://matematyka.pl/
Wsk: Po raz kolejny okazuje się, że szczególny przypadek trudniej zrobić, niż ogólny:
Jeżeli `f` jest funkcją wypukłą na odcinku `[0,a_1]` i taką że `f(0)\le 0` to dla `0\le a_n\le a_{n-1}\le ...\le a_2\le a_1` zachodzi
`f(a_1)-f(a_2)+f(a_3)-...\ge f(a_1-a_2+a_3-...)`
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
: 10 sty 2021, o 03:37
autor: Premislav
Ukryta treść:
Założenia jak w poście a4karo powyżej. Skorzystamy z faktu, że iloraz różnicowy funkcji wypukłej \(\displaystyle{ f}\), \(\displaystyle{ g(x,y)=\frac{f(x)-f(y)}{x-y}}\), jest funkcją rosnącą względem każdej ze zmiennych, i z zasady indukcji matematycznej.
Baza indukcji: udowodnimy przypadki \(\displaystyle{ n=2, \ n=3}\).
Gdy \(\displaystyle{ a_{1}> a_{2}\ge 0}\), to \(\displaystyle{ \frac{f(a_{1})-f(a_{2})}{a_{1}-a_{2}}\ge \frac{f(a_{1}-a_{2})-f(0)}{(a_{1}-a_{2})-0}\ge \frac{f(a_{1}-a_{2})}{a_{1}-a_{2}}}\)
co natychmiast daje \(\displaystyle{ f(a_{1})-f(a_{2})\ge f(a_{1}-a_{2})}\).
Natomiast gdy \(\displaystyle{ a_{1}>a_{2}>a_{3}\ge 0}\), to \(\displaystyle{ \frac{f(a_{1})-f(a_{1}-a_{2}+a_{3})}{a_{1}-(a_{1}-a_{2}+a_{3})}\ge \frac{f(a_{2})-f(a_{3})}{a_{2}-a_{3}}}\)
co po prostych przekształceniach daje \(\displaystyle{ f(a_{1})-f(a_{2})+f(a_{3})\ge f(a_{1}-a_{2}+a_{3})}\)
Oczywiście ewentualne równości \(\displaystyle{ a_{i}}\) trywializują te nierówności.
Pozostaje krok indukcyjny, idea jest już jasna:
przypuśćmy, że dla pewnego \(\displaystyle{ n\ge 2}\), dla wszystkich całkowitych dodatnich \(\displaystyle{ k}\) nie większych niż \(\displaystyle{ n}\)
i funkcji wypukłej \(\displaystyle{ f}\) spełniającej \(\displaystyle{ f(0)\le 0}\), dla liczb \(\displaystyle{ a_{1}\ge a_{2}\ldots a_{k}\ge 0}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ f(a_{1})-f(a_{2})+\ldots+(-1)^{k-1}f(a_{k})\ge f\left(a_{1}-a_{2}+\ldots+(-1)^{k-1}a_{k}\right)}\)
Udowodnimy, że wówczas także dla dowolnych \(\displaystyle{ a_{1}\ge a_{2}\ge a_{n+1}\ge 0}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ f(a_{1})-f(a_{2})+\ldots+(-1)^{n}f(a_{n+1})\ge f\left(a_{1}-a_{2}+\ldots+(-1)^{n}a_{n+1}\right)}\)
Mianowicie jeśli \(\displaystyle{ 2\nmid n}\), to korzystamy z założenia indukcyjnego dla \(\displaystyle{ k=n}\), a następnie z bazy indukcji dla \(\displaystyle{ n=2}\), by otrzymać \(\displaystyle{ f(a_{1})-f(a_{2})+\ldots+(-1)^{n-1}f(a_{n})+(-1)^{n}f(a_{n+1})\\\ge f\left(a_{1}-a_{2}+\ldots+(-1)^{n-1}a_{n}\right)+(-1)^{n}f(a_{n+1})\\\ge f\left(a_{1}-a_{2}+\ldots+(-1)^{n-1}a_{n}+(-1)^{n}a_{n+1}\right)}\),
zaś jeżeli \(\displaystyle{ 2|n}\), to korzystamy z założenia indukcyjnego dla \(\displaystyle{ k=n-1}\), by otrzymać \(\displaystyle{ f(a_{1})-f(a_{2})\ldots+(-1)^{n-2}f(a_{n-1})+(-1)^{n-1}f(a_{n}+(-1)^{n}f(a_{n+1})\\ \ge f\left(a_{1}-a_{2}+\ldots+(-1)^{n-2}a_{n-1}\right)-f(a_{n})+f(a_{n+1})}\)
a następnie w analogiczny sposób, jak bazę indukcji dla \(\displaystyle{ n=3}\), dostajemy \(\displaystyle{ \frac{ f\left(a_{1}-a_{2}+\ldots+(-1)^{n-2}a_{n-1}\right)- f\left(a_{1}-a_{2}+\ldots+(-1)^{n}a_{n+1}\right)}{\left(a_{1}-a_{2}+\ldots+(-1)^{n-2}a_{n-1}\right)-\left(a_{1}-a_{2}+\ldots+(-1)^{n}a_{n+1}\right)}\ge \frac{f(a_{n})-f(a_{n+1})}{a_{n}-a_{n+1}}}\)
i mnożymy przez dodatni mianownik, co kończy dowód (oczywiście przypadek \(\displaystyle{ a_{n}=a_{n+1}}\)trywializuje zadanie i tu).
Pozostaje odnotować, że:
– funkcja \(\displaystyle{ f(x)=\tan x}\)
spełnia \(\displaystyle{ f(0)=0}\), a ponadto \(\displaystyle{ f''(x)=\frac{2\sin x}{\cos^{3}x}, \ x\in [0,1]}\), więc \(\displaystyle{ f}\) jest wypukła w \(\displaystyle{ [0,1]}\);
– ciąg \(\displaystyle{ a_{i}=\frac{n-i+1}{n}, \ i=1\ldots n}\) jest nierosnący oraz spełnia \(\displaystyle{ a_{n}=\frac{1}{n}\ge 0}\);
– jest \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}(-1)^{i-1}\frac{n-i+1}{n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{n}\sin^{2}\left(\frac{\pi n}{2}\right)}\)
(co można równie wykazać indukcyjnie; alternatywnie sprowadza się to do zaburzania sum lub różniczkowania wielomianu będącego sumą ciągu geometrycznego).
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
: 10 sty 2021, o 05:57
autor: a4karo
@Premislaw
Klap, klap, klap.
Nierówność została udowodniona przez R. Bellmana (choć oryginalny dowód zakłada różniczkowalność i ma literówkę w założeniach) - Mitrinovic, Elementarne nierówności, 10.28.
Nawiasem mówiąc, ja krok indukcyjny robię trochę inaczej: zamiana `a_1` i `a_2` na `a_1-(a_2+a_3)` i `a_2-(a_2-a_3)` powoduje zmniejszenie lewej strony i redukcję ilości składników po lewej stronie o dwa, a nie zmienia prawej strony.
Z ciekawości: dlaczego nie chciałeś zaczynać indukcji od `n=1`?
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
: 10 sty 2021, o 17:58
autor: Premislav
O, to sprytne. Nie chciałem zaczynać indukcji od \(\displaystyle{ n=1}\), bo mi się to wydawało zbyt trywialne, całą robotę i tak trzeba wykonać, przy moim podejściu, jak dla \(\displaystyle{ n=2, \ n=3}\), a \(\displaystyle{ n=1}\) nie wnosi żadnej jakości. Ot, moje upodobania.
Nowe zadanie: dla \(\displaystyle{ a,b,c>0}\) proszę udowodnić nierówność \(\displaystyle{ \sqrt[3]{4\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\right)}+\left(3-\sqrt[3]{12}\right)\sqrt[3]{abc}\ge a+b+c}\)
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
: 26 sty 2021, o 00:42
autor: Premislav
Trudno, nie wzbudziło zainteresowania. Jest to (po podzieleniu stronami przez trzy) szczególny przypadek Twierdzenia 9.2.1. z Powrotu do krainy nierówności Kourliandtchika. Treść twierdzenia:
niech \(\displaystyle{ t,n\in \NN, \ t\ge 2, \ n\ge 2}\). Najmniejsza liczba \(\displaystyle{ \beta\in [0,1]}\), dla której nierówność \(\displaystyle{ \beta\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{t}\right)^{\frac{1}{t}}+(1-\beta)\sqrt[n]{\prod_{i=1}^{n}a_{i}}\ge \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}a_{i}}\)
zachodzi dla wszystkich układów liczb rzeczywistych dodatnich \(\displaystyle{ a_{1}, a_{2}, \ldots a_{n}}\)
jest równa \(\displaystyle{ \left(\frac{n-1}{n}\right)^{\frac{t-1}{t}}}\)
Dowód twierdzenia jest długi i obejmuje rachunek różniczkowy wielu zmiennych, nie chce mi się go przepisywać. Liczyłem na to, że ktoś zaproponuje sprytny, bardziej elementarny sposób dla szczególnego przypadku \(\displaystyle{ n=3}\), bo ja elementarnie nie dałem rady, no ale nie stało się tak, trudno. To może coś znacznie łatwiejszego.
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
Własność 2) pokazuje, że dla `n=2` lewa strona nierówności jest równa `1` niezależnie od wyboru `x_1`
Jeżeli wszystkie `x_` należą do przedziału `(0,1/2]`, to własność 1) oraz nierówność Jensena załatwiają sprawę.
W przeciwnym razie przypuśćmy, że `x_2` jest (jedynym) wyrazem, który jest większy niż `1/2`. Wtedy \(\displaystyle{ \magenta{x_1<1-x_2}<1/2}\).
Funkcje wypukłe mają fajną własność Wrighte'a: jeżeli \(\displaystyle{ a<b}\), to \(\displaystyle{ f(b+x)-f(a+x)>f(b)-f(a))}\) dla każdego `x>` (oczywiście `a,b,a+x,b+x` muszą należeć do dziedziny.
(niebieskie równości to własność 2), czerwona to konsekwencja własności Wrighte'a i fioletowego kawałka)
W szczególności kładąc `t=x_2-1/2` mamy \(\displaystyle{ \frac{1}{n}\sum_{i=1}^nx_i\geq \frac{1}{n}\left(h(x_1+x_2-1/2)+h(1/2)+\sum_{i=3}^n h(x_i)\right)\geq h\left(\frac{\sum_{i=1}^n x_i}{n}\right)}\)
Ta ostatnia nierówność to oczywiście Jensen, który można stosować, bo wszystkie nowe argumenty są w przedziale `(0,1/2]`
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
: 26 sty 2021, o 22:45
autor: Premislav
Bardzo ciekawy pomysł na rozwiązanie, przywilej postawienia następnego pytania przypada a4karo.
Moje podejście było bardziej typowe.
Ukryta treść:
Zapisujemy \(\displaystyle{ \frac{1}{x_{i}}-1=\frac{1-x_{i}}{x_{i}}=\frac{1}{x_{i}}\sum_{j\neq i}x_{j}}\), stosujemy
AM-GM: \(\displaystyle{ \sum_{j\neq i}x_{j}\ge (n-1)\left(\prod_{j\neq i}x_{j}\right)^{\frac{1}{n-1}}}\), skąd i \(\displaystyle{ \frac{1}{x_{i}}-1\ge \frac{1}{x_{i}} (n-1)\left(\prod_{j\neq i}x_{j}\right)^{\frac{1}{n-1}}}\),
mnożymy takie nierówności stronami dla \(\displaystyle{ i=1,2\ldots n}\) i otrzymujemy \(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n}\left(\frac{1}{x_{i}}-1\right)\ge \frac{(n-1)^{n}}{\prod_{i=1}^{n}x_{i}}\prod_{i=1}^{n}\left(\prod_{j\neq i}x_{j}\right)^{\frac{1}{n-1}}\\=(n-1)^{n}}\)
co kończy dowód.
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
: 3 lut 2021, o 23:32
autor: a4karo
Niech \(\displaystyle{ f:\RR\to \RR}\) będzie funkcją ciągłą, parzystą o okresie `2`, rosnącą na przedziale `(0,1)` i
To zadanie przysłały mi kiedyś dwie sympatyczne Panie z Lublina
Dodano po 1 dniu 4 godzinach 13 minutach 13 sekundach:
Załóżmy dodatkowo, że nieujemną (choć nie wiem czy to założenie jest istotne)
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
: 4 lut 2021, o 00:51
autor: timon92
a4karo pisze: ↑3 lut 2021, o 23:32
Załóżmy dodatkowo, że nieujemną (choć nie wiem czy to założenie jest istotne)
nie jest istotne, bo zamiana \(f(x)\) na \(f(x)+a\) daje równoważne zadanie; skalowanie też oczywiście nic nie zmienia, więc można sobie założyć, że \(f(0)=0\) i \(f(1)=1\)
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
: 4 lut 2021, o 07:51
autor: a4karo
Faktycznie, dzięki
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
: 4 lut 2021, o 20:19
autor: timon92
Ukryta treść:
wykazać należy, że dla dowolnego \(\alpha\in [0,2]\) zachodzi $$\int_0^2 f(x)f(x+\alpha) \dd x \ge \int_0^2 f(x)f(x+1) \dd x$$
rozdwajamy całki po obu stronach i przesuwamy zmienną o jeden w dwóch całkach (można, bo funkcja ma okres dwa) $$\int_0^2 f(x)f(x+\alpha)\dd x + \int_0^2 f(x+1)f(x+1+\alpha)\dd x \ge \int_0^2 f(x)f(x+1)\dd x +\int_0^2 f(x+\alpha)f(x+1+\alpha)\dd x$$
przerzucamy wszystko na lewo strone, wrzucamy pod jedno całke, rozkładamy wyrażenie pod całko i zmieniamy granice całkowania na mocy okresowości $$\int_{(-1-\alpha)/2}^{(3-\alpha)/2} (f(x)-f(1+x+\alpha))(f(x+\alpha)-f(x+1)) \dd x \ge 0$$
wystarczy pokazać, że funkcja podcałkowa jest nieujemna
okazuje się, że w przypadku \(0\le \alpha \le 1\) (a w przypadku \(1<\alpha\le2\) wszystkie nierówności się chyba odwrócą)
\(f(1+x+\alpha)\ge f(x)\) dla \(\frac{-1-\alpha}{2}\le x \le \frac{1-\alpha}{2}\)
\(f(1+x+\alpha)\le f(x)\) dla \(\frac{1-\alpha}{2}\le x \le \frac{3-\alpha}{2}\)
\(f(x+\alpha)\le f(1+x)\) dla \(\frac{-1-\alpha}{2}\le x \le \frac{1-\alpha}{2}\)
\(f(x+\alpha)\ge f(1+x)\) dla \(\frac{1-\alpha}{2}\le x \le \frac{3-\alpha}{2}\)
wynika stąd, że wspomniana wyżej funkcja podcałkowa jest nieujemna na całym przedziale, co kończy dowód
nowe zadanie (niestety nie mam nic lepszego pod ręką): rozważamy liczby rzeczywiste spełniające równość \(x^2+y^2+z^2=x+y+z\)
obliczyć kres dolny i kres górny wyrażenia \(2020x+2021y+2022z\)
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
: 4 lut 2021, o 21:42
autor: Premislav
Ukryta treść:
Na początek podstawmy \(\displaystyle{ x-\frac{1}{2}=a, \ y-\frac{1}{2}=b, \ z-\frac{1}{2}=c}\), wówczas równość z założenia przyjmuje postać \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+c^{2}=\frac{3}{4}}\), a poszukujemy kresu dolnego i górnego wyrażenia \(\displaystyle{ 2021+\frac{2021}{2}+2020a+2021b+2022c}\)
Na mocy nierówności Cauchy'ego-Schwarza \(\displaystyle{ \left(2020a+2021b+2022c\right)^{2}\le \left(2020^{2}+2021^{2}+2022^{2}\right)\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)\\=\frac{3}{4}\left(2020^{2}+2021^{2}+2022^{2}\right)}\)
i równość zajdzie, gdy wektory \(\displaystyle{ (a,b,c)}\) i \(\displaystyle{ (2020, 2021, 2022)}\) są proporcjonalne,
tj. \(\displaystyle{ a=2020t, \ b=2021t, \ c=2022t}\) dla \(\displaystyle{ t=\pm \sqrt{\frac{3}{49013300}}}\)
Mamy zatem \(\displaystyle{ -\frac{\sqrt{3}}{{2}}\sqrt{2020^{2}+2021^{2}+2022^{2}}\\\le -|2020a+2021b+2022c|\le 2020a+2021b+2022c\le |2020a+2021b+2022c|\\\le \frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{2020^{2}+2021^{2}+2022^{2}}}\)
i w konsekwencji \(\displaystyle{ \frac{6063}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{2020^{2}+2021^{2}+2022^{2}}\le\frac{6063}{2}+2020a+2021b+2022c\le \frac{6063}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{2020^{2}+2021^{2}+2022^{2}}}\)
z równością dla majoranty, gdy \(\displaystyle{ a=2020\sqrt{\frac{3}{49013300}}, \ b=2021\sqrt{\frac{3}{49013300}}, \ c=2022\sqrt{\frac{3}{49013300}}}\)
i dla minoranty, gdy \(\displaystyle{ a=-2020\sqrt{\frac{3}{49013300}}, \ b=-2021\sqrt{\frac{3}{49013300}}, \ c=-2022\sqrt{\frac{3}{49013300}}}\)
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
: 4 lut 2021, o 22:46
autor: a4karo
Wrócę jeszcze do zadania o funkcji okresowej.
Wiadomo, że jeżeli \(\displaystyle{ a_1\le\dots\le a_n}\) i \(\displaystyle{ b_1\le\dots\le b_n}\) to
Zadanie jest do pewnego stopnia uogólnieniem tych nierówności dla funkcji.
Przypuśćmy, że `\alpha=K/N` jest liczbą wymierną. Wtedy dla wszystkich `n` będących wielokrotnością `N` ciąg \(\displaystyle{ \frac{i}{n},\ i=1,\dots,n}\) jest permutacją ciągu \(\displaystyle{ \frac{i}{n}+\alpha \mod 1,\ i=1,\dots,n}\)
Zgodnie podaną na wstępie własnością suma całkowa dla `\int_0^1 f(x)f(x+\alpha)dx`
Dodano po 4 minutach 45 sekundach:
Ech, teraz zauważyłem, że to jest trywialniejsze niż myślałem, ale trudno, niech już zostanie, bo ktoś mógł zacząć pisać rozwiązanie (albo tylko ja przesiaduję o dziwnych porach i selerach)…