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: \(\displaystyle{ n=5}\)
Średnie średnich
- timon92
- Użytkownik
- Posty: 1657
- Rejestracja: 6 paź 2008, o 16:47
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 472 razy
Re: Średnie średnich
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!
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!
-
- Użytkownik
- Posty: 1666
- Rejestracja: 16 cze 2006, o 15:40
- Płeć: Kobieta
- Podziękował: 71 razy
- Pomógł: 447 razy
Średnie średnich
Bardzo mi się podoba to rozwiązanie!
Gwoli wyjaśnienia (może nikogo nie obrażę), te nierówności pomocnicze u timona to AM-GM, np.
\(\displaystyle{ \frac{a+b+c}{3}=\frac{\frac{2a+b+c}{4}+\frac{a+2b+c}{4}+\frac{a+b+2c}{4}}{3}\ge\sqrt[3]{\frac{2a+b+c}{4}\cdot\frac{a+2b+c}{4}\cdot\frac{a+b+2c}{4}}}\)
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:
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Średnie średnich
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).
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).
-
- Użytkownik
- Posty: 1666
- Rejestracja: 16 cze 2006, o 15:40
- Płeć: Kobieta
- Podziękował: 71 razy
- Pomógł: 447 razy
Re: Średnie średnich
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: