Nierówność Cauchy'ego o średnich. Sumy i iloczyny.
Nierówność Cauchy'ego o średnich. Sumy i iloczyny. Nierówność Cauchy'ego o średnich. Sumy i iloczyny.
2. Dowód implikacji "w drugą stronę". Założenie: An = Gn. Należy wykazać, że a1 = a2 = ... = an. Dowód nie wprost: Hipoteza: a1 = a2. Wówczas: √ a1 = √ a2 oraz ( √ a1 − √ a2) 2 > 0, czyli a1 + a2 > 2 √ a1a2. Wobec tego: An = (a1 + a2) + a3 + ... + an > n 2√a1a2 + a3 + ... + an = n √ a1a2 + √ a1a2 + a3 + ... + an ≥ n n √a1a2 · √ a1a2 · a3 · ... · an = n√ a1a2a3...an = Gn, skąd An > Gn, co jest sprzeczne z założeniem, że An = Gn. Otrzymana sprzeczność dowodzi, że rzeczywiście: An = Gn ⇒ a1 = a2 = ... = an. Zaletą powyższego rozumowania jest fakt, że jest ono przystępne praktycznie dla każdego czytelnika. Istnieją jednak znacznie krótsze dowody powyższej zależności, które przedstawione zostały poniżej: Dowód przy użyciu nierówności o ciągach jednomonotonicznych Dowód Weźmy dowolny ciąg ( n√ a1, n√ a2, ..., n√ an) i załóżmy (bez straty ogólności), że jest on uporządkowany nierosnąco. Zatem: ciąg ( n√ an) jest monotoniczny, a więc i jednomonotoniczny sam ze sobą. Następnie, mnożąc przez siebie n razy kolejne elementy tego ciagu (poniżej podany przykład dla n = 3, mnożenie wykonujemy "po przekątnej") otrzymujemy: ⎡ ⎤ ⎣ 3√ a1 3√ a1 3√ a1 3√ a2 3√ a2 3√ a2 3√ a3 3√ a3 3√ a3 n · n√ a1 · a2 · ... · an. Na mocy nierówności o ciągach jednomonotonicznych: n√ a1 n + n√ a2 n + ... + n√ an n = a1 + a2 + ... + an ≥ n · n√ a1 · a2 · ... · an, a1 + a2 + ... + an n ⎦ ≥ n√ a1 · a2 · ... · an. 5
Dowód przy użyciu nierówności Muirheada Dowód Weźmy takie ciągi (an) i (bn), że: a = (1, 0, 0, ..., 0), b = ( 1 n Wówczas: (an) ≻ (bn). Z nierówności Muirheada otrzymujemy: (n − 1)! · (x1 + x2 + ... + xn) ≥ n! · x 1 n 1 Co po podzieleniu przez n! daje: x1 + x2 + ... + xn n · x 1 n 2 ≥ n√ x1 · x2 · ... · xn. · ... · x 1 n , 1 1 , n , ..., n ). Dowód przy użyciu nierówności Jensena Dowód Weźmy takie wagi, że: α1 = α2 = ... = αn = 1 n . Fukcja f(x) = log(x) jest wklęsła w przedziale (0, ∞), więc dla dowolnych liczb dodatnich x1, x2, ..., xn zachodzi: log(α1·x1+α2·x2+...+αn·xn) ≥ α1·log(x1)+α2·log(x2)+...+αn·log(xn), 1 log n (x1 + x2 + ... + xn) ≥ 1 n (log(x1) + log(x2) + ... + log(xn)) = log((x1x2...xn) 1 n ). Funkcja f(x) = log(x) jest rosnąca, zatem: x1 + x2 + ... + xn n ≥ (x1x2...xn) 1 n = n√ x1x2...xn. Twierdzenie 1.2 (Twierdzenie o zależności pomiędzy średnimi: geometryczną i harmoniczną) Średnia geometryczna każdych n liczb dodatnich a1, a2, ..., an jest nie mniejsza od ich średniej harmonicznej, przy czym średnie te są równe wtedy i tylko wtedy, gdy a1 = a2 = ... = an, czyli zachodzi nierówność: n n√ a1 · a2 · ... · an ≥ 1 1 1 + + ... a1 a2 an Dowód W dowodzie tego twierdzenia zostanie wykorzystana nierówność pomiędzy średnimi: arytmetyczną i geometryczną: x1 + x2 + ... + xn n ≥ n√ x1 · x2 · ... · xn. 6 .
- Page 1 and 2: Nierówność Cauchy’ego o średn
- Page 3 and 4: 1 Nierówność Cauchy’ego o śre
- Page 5: 1 2 · ( 2k−1 a1 · ... · a (2 k
- Page 9 and 10: a 2 2 + a 2 3 ≥ 2a2a3, a 2 2 + a
- Page 11 and 12: liczby nie zmieniają iloczynu i zw
- Page 13 and 14: Zadanie 5 drugiego etapu XLI Olimpi
- Page 15 and 16: Twierdzenie 1.11 (O rozwiązaniach
- Page 17 and 18: 3. x > 0; y ≤ z < 0. Wówczas: x
- Page 19 and 20: Twierdzenie 1.16 (O podzielności i
- Page 21 and 22: 1 i a1, ..., ak będą dodatnimi li
- Page 23 and 24: Dowód Rozpatrywane równanie: moż
- Page 25 and 26: Stąd (korzystając z rozumowania p
- Page 27 and 28: Twierdzenie 1.26 (O rozwiązaniach
- Page 29 and 30: (a + b + c) 2 a+b+c a+b+c a + b
- Page 31 and 32: Wynika stąd, że: 1 a + ab + abc +
- Page 33 and 34: Przekształcając równoważnie: n
- Page 35 and 36: Nie zawsze na pierwszy rzut oka wid
- Page 37 and 38: a, b, c są dodatnie, więc należy
- Page 39 and 40: 1.2.2 Sumy i iloczyny Zadanie 1.11
- Page 41 and 42: Źródło: "Matematyka" - miesięcz
- Page 43 and 44: Źródło: Olimpiada Matematyczna;
2. Dowód implikacji "w drugą stronę". Założenie: An = Gn. Należy wykazać,<br />
że a1 = a2 = ... = an. Dowód nie wprost:<br />
Hipoteza: a1 = a2. Wówczas:<br />
√ a1 = √ a2 oraz ( √ a1 − √ a2) 2 > 0, czyli a1 + a2 > 2 √ a1a2.<br />
Wobec tego:<br />
An = (a1 + a2) + a3 + ... + an<br />
><br />
n<br />
2√a1a2 + a3 + ... + an<br />
=<br />
n<br />
√<br />
a1a2 + √ a1a2 + a3 + ... + an<br />
≥<br />
n<br />
n<br />
<br />
√a1a2<br />
· √ a1a2 · a3 · ... · an =<br />
n√<br />
a1a2a3...an = Gn,<br />
skąd An > Gn, co jest sprzeczne z założeniem, że An = Gn. Otrzymana<br />
sprzeczność dowodzi, że rzeczywiście: An = Gn ⇒ a1 = a2 = ... =<br />
an.<br />
Zaletą powyższego rozumowania jest fakt, że jest ono przystępne praktycznie<br />
dla każdego czytelnika. Istnieją jednak znacznie krótsze dowody powyższej<br />
zależności, które przedstawione zostały poniżej:<br />
Dowód przy użyciu nierówności o ciągach jednomonotonicznych<br />
Dowód Weźmy dowolny ciąg ( n√ a1, n√ a2, ..., n√ an) i załóżmy (bez straty<br />
ogólności), że jest on uporządkowany nierosnąco. Zatem: ciąg ( n√ an) jest<br />
monotoniczny, a więc i jednomonotoniczny sam ze sobą. Następnie, mnożąc<br />
przez siebie n razy kolejne elementy tego ciagu (poniżej podany przykład<br />
dla n = 3, mnożenie wykonujemy "po przekątnej") otrzymujemy:<br />
⎡<br />
⎤<br />
⎣<br />
3√<br />
a1<br />
3√<br />
a1<br />
3√<br />
a1<br />
3√<br />
a2<br />
3√<br />
a2<br />
3√<br />
a2<br />
3√<br />
a3<br />
3√<br />
a3<br />
3√<br />
a3<br />
n · n√ a1 · a2 · ... · an.<br />
Na mocy nierówności o ciągach jednomonotonicznych:<br />
n√ a1 n + n√ a2 n + ... + n√ an n = a1 + a2 + ... + an ≥ n · n√ a1 · a2 · ... · an,<br />
a1 + a2 + ... + an<br />
n<br />
⎦<br />
≥ n√ a1 · a2 · ... · an.<br />
5
Change language