Matematyka.pl

Dany jest nieskończony ciąg arytmetyczny \(\displaystyle{ (a_n)}\) o wyrazach dodatnich. Udowodnić nierówność:
\(\displaystyle{ a_1 \cdot a_{n+1}^{n-1}\le a_{n}^{n}}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ n \in \mathbb{N}}\).
Niestety poległem, a w rozwiązaniu poza informacją, że można to łatwo wykazać indukcyjnie nic nie ma więcej. Będę bardzo wdzięczny za pomoc.

Dla \(\displaystyle{ n=1}\) łatwo stwierdzić, że nierówność zachodzi. Poniżej krok indukcyjny.
Jeśli dla pewnego \(\displaystyle{ n\in \NN^{+}}\) zachodzi
\(\displaystyle{ a_{1}a_{n+1}^{n-1}\le a_{n}^{n}}\), to
\(\displaystyle{ a_{1}a_{n+2}^{n}=\frac{a_{n+2}^{n}}{a_{n+1}^{n-1}}\cdot a_{n+1}^{n-1}a_{1}\le \frac{a_{n+2}^{n}}{a_{n+1}^{n-1}}a_{n}^{n}}\)
i wystarczy wykazać, że
\(\displaystyle{ \frac{a_{n+2}^{n}}{a_{n+1}^{n-1}}a_{n}^{n}\le a_{n+1}^{n+1}}\)
a równoważnie
\(\displaystyle{ (a_{n}a_{n+2})^{n}\le a_{n+1}^{2n}\\a_{n}a_{n+2}\le a_{n+1}^{2} }\)
co jest już oczywiste, gdyż
\(\displaystyle{ a_{n}a_{n+2}\le \left(\frac{a_{n}+a_{n+2}}{2}\right)^{2}=a_{n+1}^{2}}\)

Pewnym ciekawym spostrzeżeniem (choć nie dowodem zadania) jest fakt, że na podstawie analizy matematycznej (bez indukcji) można pokazać, że ta nierówność zachodzi na pewno od pewnego miejsca \(\displaystyle{ N}\), dla wszystkich \(\displaystyle{ n>N}\). Nierówność można zapisać równoważnie:

\(\displaystyle{ a_1 \cdot \left( \frac{a_{n+1}}{a_n} \right)^n \le a_{n+1} }\)

Jeśli ciąg \(\displaystyle{ a_n}\) jest niestały*, arytmetyczny, dodatni i nieskończony to można zapisać go w postaci \(\displaystyle{ a_n=a_1+(n-1)r}\) dla pewnych \(\displaystyle{ a_1,r>0}\) co pozwala zapisać:

\(\displaystyle{ a_1 \cdot \left( 1+ \frac{r}{rn+a_1-r} \right)^n \le a_1+nr }\)

co pozwala stwierdzić, że od pewnego \(\displaystyle{ N}\) lewa strona jest bliska \(\displaystyle{ a_1 \cdot e}\) a prawa strona jest dowolnie duża zatem nierówność z pewnością zachodzi. Oczywiście dzięki rozwiązaniu Premislava wiemy, że nierówność jest spełniona już od \(\displaystyle{ N=1}\) ale samo rozumowanie nad asymptotycznym zachowaniem stron nierwiści pozwala szybko stwierdzić, że nierówność taka prędzej czy później zajdzie. Oczywiście nie jest to pełne rozwiązanie zadania ale takie heurystyczne spostrzeżenie wydało mi się na tyle cenne by je napisać.

* gdyby ciąg był stały to nierówność jest oczywista.

Brakuje emotki z pokłonami. Dziękuję! Teraz wszystko jest jasne. Swoją drogą jestem bardzo wdzięczny za spostrzeżenie z granicą. Zapisywałem w podobnej postaci nierówność wielokrotnie i ani razu tego nie zauważyłem.

To ja pokażę tę nierówność zaczynając od końca, używając (jakże by inaczej) mojej ulubionej własności funkcji wypukłych.

Dla dodatniego `s` funkcja `u\mapsto\ln(1+su)` jest wklęsła dla `u>0`. Z tej przyczyny jej iloraz różnicowy \(\displaystyle{ \frac{\ln(1+su)-\ln (1+0)}{u-0}=\ln(1+su)^{\frac{1}{u}}}\) jest malejąca i jej exponens, czyli \(\displaystyle{ (1+su)^{\frac{1}{u}}}\) też.
Stąd
\(\displaystyle{ (1+sn)^{\frac{1}{n}}<(1+s(n-1))^{\frac{1}{n-1}}}\)

Podnosimy całą nierównosc do potęgi `n(n-1)`, kładziemy `s=r/{a_1}` i mnożymy obie strony przez `a_1^n` i dostajemy to, co trzeba.

Oczywiście dla ciagu stałego nie ma czego dowodzić.

Super. Jeśli ktoś ma jeszcze jakiś pomysł, to bardzo chętnie się zapoznam, zawsze czegoś się nauczę.

Z nierówności Bernoulliego dla wykładnika z przedziału \(\displaystyle{ [0,1]}\) mamy dla dowolnego \(\displaystyle{ x>0}\) (a nawet dla niektórych innych, ale to nam nie jest potrzebne)
\(\displaystyle{ (1+nx)^{\frac{n-1}{n}}\le 1+nx\cdot \frac{n-1}{n}=1+(n-1)x}\)
Podnosimy tę nierówność stronami do potęgi \(\displaystyle{ n}\), podstawiamy \(\displaystyle{ x=\frac{r}{a_{1}}}\), gdzie \(\displaystyle{ r}\) jest różnicą w naszym ciągu arytmetycznym, mnożymy stronami przez \(\displaystyle{ a_{1}^{n}}\) i tyle.

Dodano po 10 minutach 52 sekundach:
Co więcej: skoro można z Bernoulliego dla wymiernych wykładników, to co najmniej zazwyczaj można i z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną. Nie inaczej jest tutaj:
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{1\cdot (1+nx)^{n-1}}\le \frac{1+\overbrace{(1+nx)+\ldots+(1+nx)}^{n-1}}{n}=1+(n-1)x}\)
dla \(\displaystyle{ x>0}\) (a nawet dla \(\displaystyle{ x>-\frac{1}{n}}\)).
Dalsza część rozwiązania jak poprzednio.

No to zatoczyliśmy fajne kółko

\(\displaystyle{ a_1a_{n+1}^{n-1}=a_1(a_1+nr)^{n-1}\leq \left(\frac{a_1+(n-1)(a_1+nr)}{n}\right)^n=(a_1+(n-1)r)^n=a_n^n}\)

Dodano po 4 godzinach 35 minutach :
Funkcja `h(t)=\ln(a_1+tr)` jest wklęsła, a `n-1= 1/n \cdot 0+ {n-1}/n\cdot n`
Stąd

`1/n h(0)+ {n-1}/n h(n)\le h(n-1)`
a to jest równoważne nierówności, którą mamy pokazać


Korzystając z tej metody można pokazać np. że

\(\displaystyle{ \sqrt{a_1a_{n+1}}\le \left(a_2a_3\dots a_n\right)^{\frac{1}{n-1}}}\)