wnioski z twierdzenie Stolza

[leszczu450]

Cześć : )

Na zajęciach mieliśmy udowdnić, że:

Jeśli \(\displaystyle{ a_{n} \rightarrow g}\) to \(\displaystyle{ \sqrt[n]{a_{1} \cdot \ldots \cdot a_{n}} \rightarrow g}\)

Oszacowaliśmy to z góry przez ciąg \(\displaystyle{ \frac{a_{1} + a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n}}\) , który zbiega oczywiście do \(\displaystyle{ g}\) z tw. Stolza.

Z dołu oszacowliśmy przez \(\displaystyle{ \frac{n}{ \frac{1}{a_{1}}+ \frac{1}{a_{2}}+ \ldots + \frac{1}{a_{n}} }}\).

Ale tego już nie zdążyliśmy udowodnić. Mógłby ktoś dać mi wskazówkę dlaczego:
\(\displaystyle{ \frac{n}{ \frac{1}{a_{1}}+ \frac{1}{a_{2}}+ \ldots + \frac{1}{a_{n}} } \le \sqrt[n]{a_{1} \cdot \ldots \cdot a_{n}}}\)

Z góry dziękuje za pomoc!

[luka52]

Skoro masz oszacowanie z góry:

\(\displaystyle{ \frac{a_{1} + a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n} \ge \sqrt[n]{a_{1} \cdot \ldots \cdot a_{n}}}\)

to podstaw \(\displaystyle{ a_i = \frac{1}{a_i'}}\) i zobacz co otrzymasz.

[leszczu450]

luka52, a ten prim co oznacza?-- 27 sty 2013, o 15:15 --luka52, chodzi np. o to, że każdą liczbę \(\displaystyle{ a_{i}}\) mogę zapisać w postaci \(\displaystyle{ \frac{1}{a'_{i}}}\) ?

Np. \(\displaystyle{ 5}\) mogę zapisać jako \(\displaystyle{ \frac{1}{ \frac{1}{5} }}\) ?

[Ponewor]

Raczej odwrotnie. Każdą liczbę \(\displaystyle{ a_{i}^{\prime}}\) można zapisać w postaci \(\displaystyle{ a_{i}^{\prime} = \frac{1}{a_{i}}}\). Wtedy \(\displaystyle{ a_{i}=\frac{1}{a_{i}^{\prime}}}\)

[leszczu450]

Dochodzę do takiej postaci:

\(\displaystyle{ a_{i}= \frac{1}{a'_{i}}}\)


\(\displaystyle{ \sqrt[n]{\frac{1}{a'_{1}} \cdot \ldots \cdot \frac{1}{a'_{n}}} \le \frac{\frac{1}{a'_{1}}+ \ldots + \frac{1}{a'_{n}}}{n}}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt[n]{a'_{1}} \cdot \ldots \cdot s'_{n} } \le \frac{ \frac{1}{a'_{1}}+ \ldots + \frac{1}{a'_{n}} }{n}}\)

\(\displaystyle{ \sqrt[n]{a'_{1} \cdot \ldots \cdot a'_{n}} \ge \frac{n}{ \frac{1}{a'_{1}} + \ldots + \frac{1}{ \frac{}{} a'_{n}} }}\)

I to koniec dowodu? A co z tymi primami?

[Ponewor]

Udowodniłeś tą nierówność dla dowolnych liczb \(\displaystyle{ a_{1}^{\prime}, \ a_{2}^{\prime}, \ \ldots , \ a_{n}^{\prime}}\).
A oznaczenia nie mają żadnego znaczenia. Możesz je sobie zamienić. To tak jakbyś oznaczył przeciwprostokątną \(\displaystyle{ b}\), a przyprostokątne \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ c}\) i zapisał \(\displaystyle{ a^{2}+c^{2}=b^{2}}\). Albo prędkość światła jako \(\displaystyle{ E}\), masę spoczynkową jako \(\displaystyle{ c}\), a energię spoczynkową jako \(\displaystyle{ m}\) i zapisał \(\displaystyle{ m=cE^{2}}\). Albo problem pojawiający się w gimnazjum:
\(\displaystyle{ \left(a+b \right)^{2}=a^{2}+2ab+b^{2}}\) - tego się nauczy każdy. A jak dostanie przykład: \(\displaystyle{ \left(x+y \right)^{2}}\) to już nie będzie wiedział co ma zrobić.

[leszczu450]

Raczej odwrotnie. Każdą liczbę \(\displaystyle{ a_{i}^{\prime}}\) można zapisać w postaci \(\displaystyle{ a_{i}^{\prime} = \frac{1}{a_{i}}}\). Wtedy \(\displaystyle{ a_{i}=\frac{1}{a_{i}^{\prime}}}\)

Nie rozumiem tego...

[Ponewor]

Chcesz udowodnić taką nierówność:
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{a'_{1} \cdot \ldots \cdot a'_{n}} \ge \frac{n}{ \frac{1}{a'_{1}} + \ldots + \frac{1}{ \frac{}{} a'_{n}} }}\)

Zauważasz, że dla każdej liczby \(\displaystyle{ a_{i}^{\prime}}\) istnieje taka liczba \(\displaystyle{ a_{i}}\), że \(\displaystyle{ a_{i}^{\prime} = \frac{1}{a_{i}}}\). Stąd łatwo wyliczasz, że \(\displaystyle{ a_{i}= \frac{1}{a_{i}^{\prime}}}\). Zapisujesz znaną już Tobie wcześniej nierówność:

\(\displaystyle{ \frac{a_{1} + a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n} \ge \sqrt[n]{a_{1} \cdot \ldots \cdot a_{n}}}\)

wstawiasz wyliczone wartości: \(\displaystyle{ a_{i}= \frac{1}{a_{i}^{\prime}}}\) i za pomocą elementarnych przekształceń dochodzisz do żądanej nierówności:
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{a'_{1} \cdot \ldots \cdot a'_{n}} \ge \frac{n}{ \frac{1}{a'_{1}} + \ldots + \frac{1}{ \frac{}{} a'_{n}} }}\)

Zauważasz, że dla każdej liczby \(\displaystyle{ a_{i}^{\prime}}\) istnieje taka liczba \(\displaystyle{ a_{i}}\), że \(\displaystyle{ a_{i}^{\prime} = \frac{1}{a_{i}}}\). Stąd łatwo wyliczasz, że \(\displaystyle{ a_{i}= \frac{1}{a_{i}^{\prime}}}\).

Możesz to też powiedzieć inaczej. Wybieram takie liczby \(\displaystyle{ a_{i}}\), że \(\displaystyle{ a_{i}=\frac{1}{a_{i}^{\prime}}}\). W każdym razie chodzi mi o to, że to liczby \(\displaystyle{ a_{i}}\) dobierasz na podstawie liczb \(\displaystyle{ a_{i}^{\prime}}\), a nie na odwrót.

[leszczu450]

Dziękuje bardzo : ))

To skorzystam jeszcze z tego tematu i mam kolejne pytanie : )
Jak w takim razie udowonić, że srednia arytmetyczna jest większa od średniej geometrycznej? Bo uznaliśmy to za oczywiste, a chyba wcale takie łatwe nie jest

[Marcinek665]

Zauważmy, że te szacowania są niepotrzebne, mamy bowiem:

\(\displaystyle{ \ln(\sqrt[n]{a_1a_2 \ldots a_n}) = \frac{\ln a_1 + \ln a_2 + \ldots + \ln a_n}{n} \rightarrow \ln g}\).

Zatem \(\displaystyle{ \sqrt[n]{a_1a_2 \ldots a_n} \rightarrow g}\)

W ten sam sposób możemy działać dla dowolnej średniej.

Jeśli natomiast chodzi o dowód nierówności między średnimi, to najprostszym sposobem jest skorzystać z nierówności Jensena dla funkcji wklęsłej \(\displaystyle{ \ln x}\). Jeśli natomiast brzydzimy się takich przekrętów, to dowodzimy najpierw indukcyjnie, że zachodzi dla wszystkich \(\displaystyle{ n=2^k}\), a następnie robimy odpowiednią ilość kroków w tył, by zapełnić luki.

[Ponewor]

Inny podły przekręt:
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{a_{1}a_{2} \ldots a_{n}}=\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n} \sqrt[n]{\left(1+ \frac{a_{1}-\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n}}{\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n}} \right) \ldots \left(1+ \frac{a_{n}-\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n}}{\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n}} \right)} \le \frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n} \sqrt[n]{e^{\frac{a_{1}-\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n}}{\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n}}} \ldots e^{\frac{a_{n}-\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n}}{\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n}}}}= \\ = \frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n} \cdot e^{\frac{\left(\frac{a_{1}}{\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n}}-1 \right)+ \ldots + \left( \frac{a_{n}}{\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n}}-1\right)}{n}} = \frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n}}\)
bo \(\displaystyle{ e^{x} \ge 1 +x}\)

[leszczu450]

Marcinek665, a rozwinąłbys tak dokładnie odnośnie tego dowodu z logarytmem?-- 27 sty 2013, o 16:22 --Ponewor, wow wow wow. Przydałoby się troche komentarza : ) Bo mało co jestem w stanie zrozumieć : )

[Marcinek665]

Z nierówności Jensena dla funkcji wklęsłej \(\displaystyle{ f(x) = \ln x}\) mamy:

\(\displaystyle{ \frac{\ln x_1 + \ln x_2 + \ldots + \ln x_n}{n} \le \ln \frac{x_1 + x_2 + \ldots + x_n}{n}}\)

Zatem

\(\displaystyle{ \ln \sqrt[n]{x_1x_2 \ldots x_n} \le \ln \frac{x_1 + x_2 + \ldots + x_n}{n}}\)

Czyli

\(\displaystyle{ \sqrt[n]{x_1x_2 \ldots x_n} \le \frac{x_1 + x_2 + \ldots + x_n}{n}}\)

[leszczu450]

Marcinek665, a ta nierówność Jensena jest łatwa do udowodnienia? Indukcyjnie da rade ?

[Ponewor]

Nierówność Jensena zazwyczaj dowodzi się indukcją.

Niech to posłuży jako komentarz do tamtego dowodu:
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{a_{i}}=\sqrt[n]{\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n}} \sqrt[n]{\frac{a_{i}}{\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n}}}=\sqrt[n]{\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_n}{n}} \sqrt[n]{\frac{\frac{a_1+a_2+ \ldots + a_n}{n}+a_i-\frac{a_1+a_2+ \ldots + a_n}{n}}{\frac{a_1+a_2+ \ldots + a_n}{n}}}=\\=\sqrt[n]{\frac{a_1+a_2+ \ldots + a_n}{n}} \sqrt[n]{1+\frac{a_i-\frac{a_1+a_2+ \ldots + a_n}{n}}{\frac{a_1+a_2+ \ldots + a_n}{n}}} \le \sqrt[n]{\frac{a_1+a_2+ \ldots + a_n}{n}} \cdot \sqrt[n]{ e^{\frac{a_{i}-\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n}}{\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n}}}}=\\=\sqrt[n]{\frac{a_1+a_2+ \ldots + a_n}{n}} \cdot \sqrt[n]{ e^{\frac{a_i}{\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_n}{n}}-1}}}\)

Powyższe szacowanie właśnie na mocy nierówności \(\displaystyle{ 1+x \le e^{x}}\). Zapisujemy nierówność:

\(\displaystyle{ \sqrt[n]{a_{i}} \le \sqrt[n]{\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_n}{n}} \cdot \sqrt[n]{ e^{\frac{a_i}{\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_n}{n}}-1}}}\)
dla wszystkich liczb \(\displaystyle{ a_{1}, \ a_{2}, \ \ldots , \ a_{n}}\) i mnożymy stronami. Otrzymujemy:

\(\displaystyle{ \sqrt[n]{a_{1}a_{2} \ldots a_{n}} \le \frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n} \cdot \sqrt[n]{e^{\frac{a_{1}}{\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n} }-1} \cdot e^{\frac{a_{2}}{\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n} }-1} \cdot \ldots \cdot e^{\frac{a_{n}}{\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n} }-1}}=}\)
A z praw działań na potęgach to jest równe:
\(\displaystyle{ =\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n} \cdot \sqrt[n]{e^{\frac{a_{1}}{\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n} }+\frac{a_{2}}{\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n} } + \ldots + \frac{a_{n}}{\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n} } \underbrace{- 1-1 - \ldots - 1}_{n}}} = \frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n} \cdot \sqrt[n]{e^{\frac{a_{1}+a_{2}+\ldots + a_{n}}{\frac{a_{1}+a_{2}+\ldots + a_{n}}{n}}-n}}=\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n} \cdot \sqrt[n]{e^{n-n}}= \\ =\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n} \cdot \sqrt[n]{e^{0}}=\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n} \cdot \sqrt[n]{1}=\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n} \cdot 1 =\frac{a_{1}+a_{2}+ \ldots + a_{n}}{n}}\)
Co kończy dowód.
Jak będziesz potrzebował pomocy z Jensenem to daj znać.