[Nierówności] Nierówność ze średnimi

[a4karo]

Dla \(\displaystyle{ x>1}\) oznaczmy \(\displaystyle{ a=\sqrt{\frac{x+1}{2}},\ h=\sqrt{\frac{2x}{x+1}}}\).
Pokazać, że dla \(\displaystyle{ n\in\NN,\ n\geq 2}\) zachodzą nierówności

\(\displaystyle{ 1\leq \frac{x+x^{\frac{n-1}{n}}+x^{\frac{n-2}{n}}+\dots+x^{\frac{1}{n}}+1}
{a+a^{\frac{n-1}{n}}h^{\frac{1}{n}}+ a^{\frac{n-2}{n}}h^{\frac{2}{n}}+\dots+a^{\frac{1}{n}}h^{\frac{n-1}{n}}+h}\leq \sqrt{x}}\)

[arek1357]

Zauważmy, że góra i dół to ciągi geometryczne i zsumujmy je:


\(\displaystyle{ 1\le \frac{(1-x^{1+ \frac{1}{n} })[1-( \frac{2 \sqrt{x} }{x+1} )^{ \frac{1}{n} }]}{ \sqrt{ \frac{x+1}{2} }(1-x^{ \frac{1}{n} })[1-(\frac{2 \sqrt{x} }{x+1} )^{1+ \frac{1}{n} }] } \le \sqrt{x}}\)

lub:

\(\displaystyle{ \sqrt{ \frac{x+1}{2}} \le\frac{(1-x^{1+ \frac{1}{n} })[1-( \frac{2 \sqrt{x} }{x+1} )^{ \frac{1}{n} }]}{(1-x^{ \frac{1}{n} })[1-(\frac{2 \sqrt{x} }{x+1} )^{1+ \frac{1}{n} }] } \le \sqrt{ \frac{x(x+1)}{2}}}\)

lub prościej:

\(\displaystyle{ \sqrt{ \frac{x+1}{2}} \le \frac{(x^{\alpha+1}-1)[y^{\alpha}-1]}{(x^{\alpha}-1)[y^{\alpha+1}-1]}= \frac{A}{B} \le \sqrt{ \frac{x(x+1)}{2}}}\)

gdzie:

\(\displaystyle{ y= \frac{2 \sqrt{x} }{x+1}}\)

Po zbadaniu za pomocą pochodnych funkcji:

\(\displaystyle{ f(x,y)=\frac{(x^{\alpha+1}-1)[y^{\alpha}-1]}{(x^{\alpha}-1)[y^{\alpha+1}-1]}}\)

wyszło, że jest majoryzowana od dołu przez:

\(\displaystyle{ \frac{A}{B} \ge \frac{x}{y}= \frac{(x+1) \sqrt{x} }{2}}\)

łatwo wykazać, że:

\(\displaystyle{ \frac{(x+1) \sqrt{x} }{2} \ge \sqrt{ \frac{x+1}{2} }}\)

Co daje lewą stronę nierówności

Zajmijmy się prawą stroną nierówności:

[Premislav]

i wstawiając do(*)
otrzymujemy:
\(\displaystyle{ 8x^3 \le x(x+1)^3}\)

co dla -\(\displaystyle{ x>1}\)
jest spełnione...

\(\displaystyle{ x=2}\) jest świadkiem, że głosisz nieprawdę.

[arek1357]

Tak masz racje

za szybko

Za mocne drugie ograniczenie

[a4karo]

Po zbadaniu za pomocą pochodnych funkcji:

\(\displaystyle{ f(x,y)=\frac{(x^{\alpha+1}-1)[y^{\alpha}-1]}{(x^{\alpha}-1)[y^{\alpha+1}-1]}}\)

wyszło, że jest majoryzowana od dołu przez:

\(\displaystyle{ \frac{A}{B} \ge \frac{x}{y}}\)

Nierówność

\(\displaystyle{ \frac{(x^{\alpha+1}-1)[y^{\alpha}-1]}{(x^{\alpha}-1)[y^{\alpha+1}-1]}\geq \frac{x}{y}}\)

nie może jest prawdziwa w ogólności: obliczając granicę przy \(\displaystyle{ y\to 1}\) dostajemy
\(\displaystyle{ \frac{\alpha(x^{\alpha+1}-1)}{(\alpha+1)(x^{\alpha}-1)}\geq x}\).
Dzieląc to przez \(\displaystyle{ x}\) i wędrując z \(\displaystyle{ x}\) do nieskończoności otrzymamy \(\displaystyle{ \frac{\alpha}{\alpha+1}\geq 1}\), co jest niemożliwe.

[Premislav]

Albo ja się walnąłem w rachunkach i zasłużyłem na wsadzenie do pieca na pięć zdrowasiek, albo to zadanie bardziej nadaje się na Analizę 1 lub lekcje w lepszym LO (lepszym aniżeli moje byłe) niż do Kółka Matematycznego (jeśli to pierwsze, to poproszę o zlinczowanie mnie).
Ograniczenie z góry: z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną jest
\(\displaystyle{ a+a^{\frac{n-1}{n}}h^{\frac{1}{n}}+ a^{\frac{n-2}{n}}h^{\frac{2}{n}}+\dots+a^{\frac{1}{n}}h^{\frac{n-1}{n}}+h \ge(n+1)(ah) ^{\frac n 2}}\). Wobec założeń o \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ h}\) jest \(\displaystyle{ ah= \sqrt{x}}\). No a skoro mianownik dodatniego ułamka oszacowaliśmy sobie z dołu przez \(\displaystyle{ (n+1)x^{\frac n4}}\), no to cały ułamek możemy oszacować z góry przez iloraz licznika i \(\displaystyle{ (n+1)x^{\frac n4}}\), czyli przez \(\displaystyle{ \frac{x+x^{\frac{n-1}{n}}+x^{\frac{n-2}{n}}+\dots+x^{\frac{1}{n}}+1}{(n+1)x^{\frac n4}}}\). No a jako że \(\displaystyle{ x>1}\), to ten licznik możemy trywialnie oszacować z góry przez \(\displaystyle{ (n+1)x}\). Dowód: ustalmy \(\displaystyle{ x}\) i rozpatrzmy \(\displaystyle{ g(t)=x ^{t}}\), gdzie \(\displaystyle{ x>1}\). Ta funkcja jest rosnąca dla \(\displaystyle{ t > 0}\), gdyż \(\displaystyle{ g'(t)=tx^{t-1}>0}\). Z uwagi o funkcji \(\displaystyle{ g(t)=x^{t}}\), która jest rosnąca, gdy \(\displaystyle{ x}\) ustalone nie mniejsze od \(\displaystyle{ 1}\) i \(\displaystyle{ t}\) dodatnie oraz
Finalnie daje to nam szacowanie z góry przez \(\displaystyle{ x ^{1-\frac n4}}\), co przy założeniu, że \(\displaystyle{ n \ge 2}\) jest oczywiście nie większe niż \(\displaystyle{ \sqrt{x}}\). Dowód: nierówność \(\displaystyle{ x ^{1-\frac n4} \le \sqrt{x}}\) mnożymy stronami przez \(\displaystyle{ x^{\frac n4}}\), dostając równoważną nierówność \(\displaystyle{ x \le x ^{ \frac{n+2}{4} }}\). Z powyższego krótkiego rozumowania o funkcji \(\displaystyle{ g(t)}\) i założenia że \(\displaystyle{ n \ge 2}\)(wobec tego jest \(\displaystyle{ \frac{n+2}{4} \ge 1}\)) dostajemy "prawą" nierówność.
Nierówność "lewa": ponownie z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną, tym razem zastosowanej do licznika, mamy \(\displaystyle{ \frac{x+x^{\frac{n-1}{n}}+x^{\frac{n-2}{n}}+\dots+x^{\frac{1}{n}}+1} {a+a^{\frac{n-1}{n}}h^{\frac{1}{n}}+ a^{\frac{n-2}{n}}h^{\frac{2}{n}}+\dots+a^{\frac{1}{n}}h^{\frac{n-1}{n}}+h} \ge \frac{(n+1)x^{\frac n2}}{a+a^{\frac{n-1}{n}}h^{\frac{1}{n}}+ a^{\frac{n-2}{n}}h^{\frac{2}{n}}+\dots+a^{\frac{1}{n}}h^{\frac{n-1}{n}}+h}}\). Teraz udowodnijmy, że spośród składników występujących w mianowniku największym jest \(\displaystyle{ a}\). Zacznijmy od \(\displaystyle{ a \ge h}\):
mnożąc stronami przez co się tylko da, dostajemy \(\displaystyle{ x+1 \ge \sqrt{4x}=2\sqrt{x}}\). A to jest prawdą na mocy nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną (wszak \(\displaystyle{ x>1}\), więc \(\displaystyle{ x>0}\)) lub znanej i lubianej \(\displaystyle{ (a-b)^{2} \ge 0}\). Dalej łatwo \(\displaystyle{ a ^{ \frac{1}{n} } \ge h ^{ \frac{1}{n} }}\), stąd, wobec dodatniości składników, mianownik jest nie większy niż \(\displaystyle{ (n+1)a}\). Czyli, podsumowując, cały ułamek jest nie mniejszy niż \(\displaystyle{ \frac{x^{\frac n2}}{a}= \frac{ \sqrt{2}x^{\frac n2} }{ \sqrt{x+1} }}\) i pozostaje do udowodnienia nierówność \(\displaystyle{ \sqrt{2}x^{\frac n2} \ge \sqrt{x+1}}\) dla \(\displaystyle{ n \ge 2}\) oraz \(\displaystyle{ x>1}\), co pozostawię jako łatwe ćwiczenie dla czytelnika (rany, zawsze chciałem to napisać, jak ja nienawidziłem tego zdania na pierwszym roku). [na pałę można podnieść stronami do kwadratu, itd.].
Jak to jest źle, to proszę o nieoszczędzającą mnie krytykę. Oczywiście rozwiązanie jest do niczego pod względem estetyki, ale żeby tworzyć ładne rozwiązania, niestety trzeba się urodzić twórcą ładnych rozwiązań, a potem rozwijać tę zdolność, zaś jeśli ktoś się rodzi nawalaczem słupków, to w najlepszym wypadku zostanie sprawnym nawalaczem słupków (ja takim nie jestem, robię za dużo błędów w odejmowaniu).

[a4karo]

Premislav, A zatem pokazałeś, że dla \(\displaystyle{ x>1}\) to wyrażenie jest ograniczone z dołu przez 1, a z góry przez \(\displaystyle{ x^{1-n/4}}\), co jest mniejsze od 1 dla \(\displaystyle{ n>4}\). Cos tymi oszacowaniami jest nie tak.

Przypomnij sobie jak wygląda nierównośc A-G.

[Premislav]

Faktycznie lipa, pamiętałem postać nierówności, ale za to stworzyłem ciekawą tożsamość \(\displaystyle{ \frac{1}{n} \sum_{m=1}^{n} m= \frac{n(n+1)}{2}}\). Geniusz wszech czasów i narodów normalnie. Wobec tego moje "rozwiązanie" jest bezwartościowe.
Gdyby to zsumować (oddzielnie licznik i mianownik) tak, jak proponował już chyba arek1357 oraz skorzystać z tego, co pisałem o \(\displaystyle{ g(t)=x^{t}}\) i założenia iż \(\displaystyle{ x>1}\), to zadziwiająco łatwo dostajemy szacowanie z dołu przez \(\displaystyle{ 1}\), ale nie umiem tego wklepać w \(\displaystyle{ \LaTeX-}\)u, bo zbyt dużo jest piętrowych ułamków i wyskakuje mi błąd w formule, którego nie umiem zlokalizować.
Natomiast z góry mi nie wychodzi.

Przepraszam czytających "rozwiązanie" za stratę ich czasu.
EDIT: Żeby było zabawniej, to to, co napisałem wyżej, też jest błędne, żałosny człowieczek ze mnie, powinienem trzymać się od matematyki z daleka, bo po prostu się nie nadaję.
Napiszę dowód szacowania z dołu, po czym włączam opcję ignorowania tego działu, bo zadania zbyt kuszą, a potem piszę pierdy i tracę czas innych użytkowników oraz zaśmiecam forum:
z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną jest \(\displaystyle{ 1+x ^{ \frac{1}{n} }+...+x \ge (n+1) \sqrt{x}}\). Z łatwej do udowodnienia nierówności \(\displaystyle{ a \ge h}\) oraz z dodatniości \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ h}\) wynika, że ten kopiasty mianownik jest nie większy od \(\displaystyle{ (n+1)a}\), czyli ułamek jest nie mniejszy niż \(\displaystyle{ \frac{ \sqrt{x} }{a}= \frac{ \sqrt{2x} }{ \sqrt{x+1} }}\). Jako że \(\displaystyle{ x>1}\), to \(\displaystyle{ 2x>x+1}\), a więc \(\displaystyle{ \sqrt{2x}> \sqrt{x+1}}\) i dalej \(\displaystyle{ \frac{ \sqrt{2x} }{ \sqrt{x+1} } >1}\), co kończy dowód "lewej" nierówności.

[arek1357]

Do a4karo nie wiem czy masz do końca racje bo jeśli y dąży do jeden to x także dąży do jedności ponieważ są ze sobą związane nie są to do końca zmienne niezależne i wtedy cały ułamek zmierza do jedności.
Do Premislava zbyt jesteś surowy dla siebie tylko dureń się nie myli bo nie myśli!


a żeby było ciekawiej to jak zastosujemy nierówność ze średniej ar. i geometrycznej do dolnej sumy a górną zsumujemy normalnie to nie wychodzi.

[a4karo]

Do a4karo nie wiem czy masz do końca racje bo jeśli y dąży do jeden to x także dąży do jedności ponieważ są ze sobą związane nie są to do końca zmienne niezależne i wtedy cały ułamek zmierza do jedności.

Ja oczywiście to widzę, ale Twoj dowód opiera się własnie o szacowanie globalne, które nie jest prawdziwe. Napisałes mianowicie

Po zbadaniu za pomocą pochodnych funkcji:

\(\displaystyle{ f(x,y)=\frac{(x^{\alpha+1}-1)[y^{\alpha}-1]}{(x^{\alpha}-1)[y^{\alpha+1}-1]}}\)

wyszło, że jest majoryzowana od dołu przez:

\(\displaystyle{ \frac{A}{B} \ge \frac{x}{y}= \frac{(x+1) \sqrt{x} }{2}}\)

Otóż gdyby Twoje szacowanie miało być prawdą dla tego szczególnego \(\displaystyle{ y=y(x)}\), to wtedy to rozwiązanie czytałoby sie tak:
"policzyłem jakies pochodne i wyszło, że to prawda".
Innymi słowy: może rozwiązałeś, ale to, co istotne ukryłeś w mglistym sformułowaniu "Po zbadaniu pochodnych".

Być może rzeczywiście dla \(\displaystyle{ y=y(x)}\) taka majoryzacja zachodzi, ale tego w rozwiązaniu nie widać.

[arek1357]

Powiem szczerze jak na spowiedzi.
Liczyłem pochodną po x i po y oraz przyrównywałem do zera ale przyznaję się bez bicia że nie sprawdzałem warunku koniecznego no z czystej premedytacji.Przeraziły mnie rachunki


Mam taki szkic pomysł na prawą stronę ale nie traktujcie to jako formalnego dowodu:

Zwińmy te sumy podobnie jak wyżej do postaci:

\(\displaystyle{ A_{n}=\frac{1-x^{1+ \frac{1}{n} }}{1-( \frac{h}{a} )^{1+ \frac{1}{n}}} \cdot\frac{1-( \frac{h}{a} )^{ \frac{1}{n} }}{1-x^{ \frac{1}{n}}} \le \sqrt{ \frac{x(x+1)}{2} }}\)

mamy to udowodnić.
Teraz zaobserwowałem, że dla wzrastających \(\displaystyle{ n}\)

\(\displaystyle{ A_{n}}\) rosnący.

obliczmy granicę tego ciągu:

\(\displaystyle{ \frac{1-( \frac{h}{a} )^{ t }}{1-x^{t}} \rightarrow \frac{\ln \frac{h}{a} }{\ln x}}\)

oczywiście przy \(\displaystyle{ t \rightarrow 0}\)


pierwszy ułamek jak łatwo sprawdzić przy:

\(\displaystyle{ n \rightarrow \infty}\)

schodzi do:

\(\displaystyle{ \frac{1-x}{1- \frac{h}{a}}}\)

czyli ciąg zmierza do:

\(\displaystyle{ \frac{1-x}{1- \frac{h}{a}} \cdot \frac{\ln \frac{h}{a} }{x}= \frac{x^2-1}{( \sqrt{x}-1 )^2} \cdot \frac{\ln(x+1)-\ln2 \sqrt{x} }{ \ln x }}\)

i teraz ta granica jest mniejsza od:

\(\displaystyle{ \sqrt{ \frac{x(x+1)}{2} }}\)

Co jak "łatwo" sprawdzić zachodzi:

\(\displaystyle{ \frac{x^2-1}{( \sqrt{x}-1 )^2} \cdot \frac{\ln(x+1)-\ln2 \sqrt{x} }{ \ln x } \le \sqrt{ \frac{x(x+1)}{2} }}\)

Na wolframie zachodzi na pewno!

Dlatego mówię o nieformalnym pokazie...

[a4karo]

OK. Zamykamy temat.
Wygląda na to, że po przejściu granicznym \(\displaystyle{ n\to\infty}\) nierównośc jest prawdziwa (choć dowodu nie ma). Natomiast dla ustalonego \(\displaystyle{ n}\) wystarczy podzielić obie strony przez \(\displaystyle{ \sqrt{x}}\) i obliczyć granicę przy \(\displaystyle{ x\to\infty}\), żeby otrzymać \(\displaystyle{ \sqrt{2}<1}\).

Dziękuję wszystkim za próby rozwiązania.

[arek1357]

Coś z tym pierwiastkiem z dwóch na końcu nie tak!

[a4karo]

TO "nie tak" oznacza, że nierównośc nie zachodzi