Matematyka.pl

Udowodnić, że jeśli suma \(\displaystyle{ n}\) liczb dodatnich jest równa \(\displaystyle{ n}\), to ich iloczyn jest mniejszy lub równy \(\displaystyle{ 1}\).

Proszę o sprawdzenie poniższego rozwiązania:
Będę korzystał z indukcji matematycznej. W pierwszym kroku sprawdzam twierdzenie dla \(\displaystyle{ n=1}\). Z \(\displaystyle{ 1=1}\) wynika, że \(\displaystyle{ 1 \le 1}\), zatem to jest prawda. W drugim kroku zakładam, że jeśli \(\displaystyle{ a_1+a_2+...+a_n=n}\) to \(\displaystyle{ a_1a_2 \cdot ... \cdot a_n \le 1}\) i chcę pokazać, że jeśli \(\displaystyle{ b_1+b_2+...+b_n+b_{n+1}=n+1}\) to \(\displaystyle{ b_1b_2 \cdot ... \cdot b_nb_{n+1} \le 1}\). Oczywiście zakładam, że wszystkie te liczby są dodatnie. Najpierw zauważmy co się dzieje, gdy wszystkie liczby \(\displaystyle{ b_i}\) są równe \(\displaystyle{ 1}\). Wtedy oczywiście iloczyn tych liczb jest mniejszy równy \(\displaystyle{ 1}\), więc się zgadza. No to załóżmy w takim razie, że nie wszystkie te liczby \(\displaystyle{ b_i}\) są równe \(\displaystyle{ 1}\). Zatem jakaś liczba musi być większa od jeden i bez straty ogólności przyjmuję, że jest to \(\displaystyle{ b_1}\) i jakaś liczba w konsekwencji musi być mniejsza od \(\displaystyle{ 1}\) i bez straty ogólności przyjmuję, że jest to \(\displaystyle{ b_2}\). Z założenia mamy, że \(\displaystyle{ b_1+b_2+...+b_n+b_{n+1}-1=n}\) i dalej mamy z tego, że \(\displaystyle{ (b_1+b_2-1)+b_3+...+b_n+b_{n+1}=n}\). Tworząc z \(\displaystyle{ b_1+b_2-1}\) jedną liczbę po lewej stronie ostatniej równości mamy sumę \(\displaystyle{ n}\) liczb dodatnich, a zatem możemy skorzystać z założenia indukcyjnego i napisać \(\displaystyle{ (b_1+b_2-1)b_3b_4...b_nb_{n+1} \le 1}\). Teraz gdyby udało się nam pokazać, że \(\displaystyle{ b_1+b_2-1 \ge b_1b_2}\) to moglibyśmy napisać, że \(\displaystyle{ b_1b_2...b_nb_{n+1} \le (b_1+b_2-1)b_3b_4...b_nb_{n+1} \le 1}\) i dowód byłby zakończony. Pozostaje zatem pokazać, że \(\displaystyle{ b_1b_2 \le b_1+b_2-1}\). Przekształćmy to równoważnie: \(\displaystyle{ b_2(b_1-1) \le b_1-1}\), zatem dalej równoważnie \(\displaystyle{ b_2(b_1-1)-(b_1-1) \le 0}\) i dalej równoważnie \(\displaystyle{ (b_1-1)(b_2-1) \le 0}\). I teraz jak się zastanowimy, to zostało przyjęte, że \(\displaystyle{ b_1>1}\) i \(\displaystyle{ b_2<1}\), zatem lewa strona tej nierówności jest ujemna, co oznacza, że \(\displaystyle{ b_1b_2 \le b_1+b_2-1}\) czyli to co chcieliśmy i to kończy dowód.

Czy tak jest dobrze?

Można by uogólnić (na przypadek n wymiarowy) fakt, że kwadrat ma największe pole wśród wszystkich prostokątòw o zadanym obwodzie (czyli zadaniej sumie długości dwòch sąsiednich bokòw). Zakładając, że suma długości dwóch sąsiednich bokòw jest równa \(\displaystyle{ 2}\), to prostokątem o największym polu (równym \(\displaystyle{ 1}\)) jest kwadrat.

No ok, ale czy tak jak zrobiłem jest dobrze?

Nie. Pomyśl dlaczego nie uda się to rozumowanie.

WSK. Zacznij indukcję od `n=2`

Hmm no ok, to zaczynam indukcję od \(\displaystyle{ n=2}\). Zatem zakładam, że \(\displaystyle{ a_1+a_2=2}\) i stąd \(\displaystyle{ a_2=2-a_1}\). Teraz chcę coś powiedzieć o \(\displaystyle{ a_1a_2}\) i to jest równe \(\displaystyle{ a_1(2-a_1)}\). To jest funkcja kwadratowa, która ma ramiona skierowane w dół, zatem największa wartość jest w wierzchołku, który jest dla \(\displaystyle{ a_1=1}\) i wartość ta jest równa \(\displaystyle{ 1}\), zatem rzeczywiście zawsze jest \(\displaystyle{ a_1a_2 \le 1}\). No ok, ale zatem co jest źle w dalszym kroku indukcyjnym?

Spróbuj go wykonać dla `n=1`

Nie jestem pewien o co Ci chodzi, ale dobra, robię tak dla \(\displaystyle{ n=1}\). Zatem mamy \(\displaystyle{ a_1=1}\) i oczywiście \(\displaystyle{ a_1 \le 1}\). No to teraz zakładam, że \(\displaystyle{ b_1+b_2=2}\) i chcę pokazać, że \(\displaystyle{ b_1b_2 \le 1}\). No i przyjmuję, że \(\displaystyle{ b_1>1}\) i \(\displaystyle{ b_2<1}\), bo tylko ten przypadek jest nieoczywisty. No i mam \(\displaystyle{ b_1+b_2-1=1}\), zatem z założenia indukcyjnego \(\displaystyle{ b_1+b_2-1 \le 1}\). No i teraz pokazuję, że \(\displaystyle{ b_1b_2 \le b_1+b_2-1}\). Po równoważnym przekształceniu dostaję, że \(\displaystyle{ (b_1-1)(b_2-1) \le 0}\) i to jest prawda przy tych założeniach. Gdzie robię błąd?

W swoim kroku indukcyjnym zastępujesz liczby `b_1,b_1,b_3,...b_{n+1}` liczbami `b_1+b_2-1, b_3,...,b_{n+1}`.
Kłopot jest w tym, że gdy `n=1`, to nie za bardzo wiadomo jak interpretować zapis `b_3,...,b_2`. Nie obejdzie się zatem bez przyjęcia pewnej konwencji na temat ile wynosi iloczyn elementów pustego zbioru.

Jeżeli zaś zaczniesz indukcje od `n=2`, to sprawdzenie warunku początkowego jest trywialne: jeżeli `a_1+a_2=2`, to `a_1=1+t, a_2=1-t` dla pewnego `t` i `a_1a_2=(1-t)(1+t)=1-t^2\le 1`

No ok, ale to z tego co piszesz to, to co napisałem nie jest tak kompletnie do bani tylko chodzi Ci o to, że w tym kroku indukcyjnym używam iloczynu \(\displaystyle{ b_3b_4...b_nb_{n+1}}\), który może nie istnieć. I w takim wypadku trzeba by było przyjąć konwencję jak to mówisz, że iloczyn elementów zbioru pustego wynosi \(\displaystyle{ 1}\), żeby się zgadzało. Ale, żeby to ominąć to chyba można tak jak mówisz sprawdzić na piechotę przypadki \(\displaystyle{ n=1}\) i \(\displaystyle{ n=2}\), a dalej można już chyba zastosować to rozumowanie które przedstawiłem. Zgadza się?

Tak

Temat jest w sumie zakończony, ale chciałem jeszcze odkopać go bo podobno istnieje jakiś inny dowód mianowicie dowód Cauchy'ego tego zadania, który polega na tym, żeby najpierw dowieść to twierdzenie dla \(\displaystyle{ n=2^k}\), a potem dla innych \(\displaystyle{ n}\) dopisując trochę liczb, aby ich liczba stała się potęgą dwójki, ale trochę nie rozumiem idei. Czy może ktoś coś wie na ten temat jak ten dowód powinien wyglądać?

krok indukcyjny \(\displaystyle{ n}\) \(\displaystyle{ 2n}\) w nierówności SA > SG; jest taki, żeby mając liczby \(\displaystyle{ a_1,...a_{2n}}\) określić \(\displaystyle{ b_k = \frac{a_{2k-1}+ a_{2k}}{2}}\) i \(\displaystyle{ c_k= \sqrt{a_{2k-1}a_{2k}}}\) dla \(\displaystyle{ k=1,..,n}\) i tego , że \(\displaystyle{ c_k \leq b_k}\) oraz że \(\displaystyle{ \sqrt[2n]{a_1...a_{2n}} = \sqrt[n]{c_1...c_k} }\).