Matematické Fórum

Marian · 20. 11. 2008 12:28 — Editoval Marian (20. 11. 2008 13:47)

Pro ty uživatele tohoto fóra, kteří sem nechodí jen demonstrovat řešení klasických úloh typu vypočtěte integrál nebo derivujte funkci bych tady měl jednu podzimní nerovnost. Za jednu z těch hezčích nerovností považuji tuto

Nechť $x_1,x_2,\dots ,x_n$ jsou kladná reálná čísla. Dokažte (samozřejmě mě zajímá co nejelementárnější důkaz) platnost nerovnosti

$\Large\sum_{j=1}^{n}\nosmash\frac{1}{\qquad 1+\sum_{k=1}^{j}x_k\qquad}\quad<\quad\left (\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{x_j}\right )^{\frac{1}{2}}.$

___________
Edit.: Pokud někomu překáží zápis se sumami, zpřístupnil bych to tímto přepisem:

$\Large\frac{1}{1+x_1}+\frac{1}{1+x_1+x_2}+\cdots +\frac{1}{1+x_1+x_2+\cdots +x_n}\quad<\quad\sqrt{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\cdots +\frac{1}{x_n}}.$

lukaszh · 20. 11. 2008 21:15

↑ Marian:
Ahoj Marian,
všimol som si, že na fórum pridávaš mnoho zaujímavých príkladov na dôkazy. Všetky do jedného sú však pre mňa nezvládnuteľné. Mohol by si raz za čas pridať nejaké zadanie aj pre menej zdatnejších. Nepochybujem o kvalitách približne piatich výnimočných, ktorí sem prispievajú (vrátane teba :-), ale podľa mňa by bolo lepšie trošku úroveň náročnosti niektorých zadaní znížiť, aby sa mohli zapájať aj ostatní. Ja sem nechodím demonštrovať svoje "nabifľované" vzorce pre mladších kolegov, rád by som sa zapojil do riešenia tvojich úlohy, bohužiaľ zatiaľ márne. Je to určite prospešné, no tvoje úlohy rieši len hŕstka vyvolených, ktorým to skutočne ide od ruky :-) Pozdravujem vás. Nechcem tým však povedať, že napríklad tento dôkaz je ťažký, tak ho zmaž, ale len z času na čas sem hoď aj taký menej náročný, napríklad "Důkaz pro méne zdatné matematiky na podzim" :-))) Čo ty na to?

Lishaak · 20. 11. 2008 21:36

↑ Marian:

Ahoj Mariane, uz dlouho se chystam k tomu, ze se pustim do nektere z tvych vyzev, zatim jsem ale nenasel dostatek casu. Timto bych si ale dovolil te poprosit, zda bys nepopatril na nedavno nove zavedene kategorie prave pro takovyto druh zajimavych prikladu a propriste umistoval svoj priklady tam. Prispeje to k prehlednosti a to predevsim pro takove, kteri tady na foru hledaji podobe zajimave ulohy.

Marian · 20. 11. 2008 22:13 — Editoval Marian (20. 11. 2008 22:14)

↑ lukaszh:
Uvědomil jsem si až teď, že rozškatulkovat účastníky fóra na ty, kteří pouze řeší některé úlohy a jiní se vrtají v každé drobnosti, není správné. Měl jsem to napsat výstižněji - omluva je asi na místě. Pokusím se dávat i jednodušší úlohy. Tahle se mi zdála velmi jednoduchá, až jsem našel chybu, takže, zatím nemám uspokojivé elementární řešení. A právě proto, abych nezapomínal i na kolegy, kteří se do matematiky teprve hlouběji dostávají, tak chci - s pomocí ostatních - najít elementární řešení, aby byl takovýto důkaz přístupný i jim. Beru na vědomí tvé připomínky a vezmu si z nich ponaučení.

↑ Lishaak:
Často tápu, co se myslí pod pojmem zajímavá úloha. Je to relativní pojem a já marně hledám nějaké vodítko k tomu, abych mohl o některé úloze rozhodnout a třeba vyřknout: "Tato úloha je zajímavá!". Příště se pokusím tyto věci umístit jinam.

halogan · 20. 11. 2008 22:48

Souhlasím, že by se pro to měla založit sekce. Přeci jen jde o příklady, kde zadávající často zná výsledek, jen ho zajímá řešení ostatních.

Jinak se mi zdá, že tyto příklady si dávají mezi sebou Marian, Pavel a BrozekP :)

Lishaak · 20. 11. 2008 23:52

↑ Marian:

Pokus o definici zajimave ulohy:

Ulohu nazveme zajimavou, pokud jeji autor prepoklada, ze jeji resitel ji bude resit pro poteseni ze samotneho procesu reseni, spise nez pro poteseni z toho, ze nekomu ulehcil zivot tim, ze mu sdelil vysledek.

Tedy "obycejne uloha" je zadosti o pomoc, naopak "zajimava uloha" je jakousi vyzvou ostatnim lidem aby predvedli, co vsechno umi.

Pavel · 21. 11. 2008 09:42 — Editoval Pavel (21. 11. 2008 15:36)

↑ Marian:

Zatím se mi nerovnost dokázat nepodařilo. Dostal jsem se však velice blízko. Uvedu proto svou myšlenku, možná že se na tom dá stavět.

Použil jsem matematickou indukci:

Pro k=1 určitě platí $\frac{1}{1+x_1}<\sqrt{\frac 1{x_1}}$

nerovnost platí pro k=n-1. Pak

$\Large\frac{1}{1+x_1}+\frac{1}{1+x_1+x_2}+\cdots +\frac{1}{1+x_1+x_2+\cdots +x_{n-1}}+\frac{1}{1+x_1+x_2+\cdots +x_n}\quad<\quad\sqrt{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\cdots +\frac{1}{x_{n-1}}}+\frac{1}{1+x_1+x_2+\cdots +x_n}.$

Výraz $\frac{1}{1+x_1+x_2+\cdots +x_n}$ je možné odhadnout na základě nerovnosti mezi aritmetickým (A), geometrickým (G) a harmonickým (H) průměrem. Použiju A-G nerovnost:

$\frac{1+x_1+\cdots+x_n}{2}\geq\sqrt{x_1+\cdots+ x_n}\qquad\Rightarrow\qquad \frac{1}{1+x_1+x_2+\cdots +x_n}\leq\frac 12\,\sqrt{\frac{1}{x_1+\cdots+x_n}}$

Nyní použiju A-H nerovnost:

$\frac{\frac 1{x_1}\,+\cdots\frac 1{x_n}}{n}\geq\frac{n}{x_1+\cdots+x_n}\qquad\Rightarrow\qquad \frac 1{n^2}\,\biggl(\frac 1{x_1}\,+\cdots\frac 1{x_n}\biggr)\geq\frac{1}{x_1+\cdots+x_n}$

Pokud dám dohoromady nerovnosti, které jsem získal z A-G a z A-H, dostanu

$\frac{1}{1+x_1+x_2+\cdots +x_n}\leq\frac 12\,\sqrt{\frac{1}{x_1+\cdots+x_n}}\leq \frac 1{2n}\,\sqrt{\frac 1{x_1}\,+\cdots\frac 1{x_n}}$

Takže jsem dokázal, že

$\Large\frac{1}{1+x_1}+\frac{1}{1+x_1+x_2}+\cdots +\frac{1}{1+x_1+x_2+\cdots +x_{n-1}}+\frac{1}{1+x_1+x_2+\cdots +x_n}\quad<\quad\sqrt{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\cdots +\frac{1}{x_{n-1}}}+\frac 1{2n}\,\sqrt{\frac 1{x_1}\,+\cdots\frac 1{x_n}}.$

musixx · 21. 11. 2008 14:29

↑ Pavel: Do toho geometrickeho prumeru by melo jit nasobeni a ne scitani... Take jsem sel touto cestou, ale zatim nedotahl. Jeste jsem si uvedomil, ze prava strana je symetricka, zatimco leva ne, a ze leva bude maximalni pro $x_1\leq x_2\leq\cdots\leq x_n$ . BÚJO tedy muzeme tohle uvazovat. Treba to pujde nejak vyuzit...

Pavel · 21. 11. 2008 14:59 — Editoval Pavel (21. 11. 2008 15:13)

↑ musixx:

Ten geometrický průměr jsem sestavil takto:

$\frac{1+(x_1+\cdots+x_n)}{2}\geq\sqrt{1\cdot(x_1+\cdots+ x_n)}=\sqrt{x_1+\cdots+ x_n}$

Pavel Brožek

↑ Pavel:

Udělal jsi určitě pěkný kus práce, ale dá se to nějak využít, když neplatí

$\sqrt{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\cdots +\frac{1}{x_{n-1}}}+\frac 1{2n}\,\sqrt{\frac 1{x_1}\,+\cdots\frac 1{x_n}}\quad\leq\quad\sqrt{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\cdots +\frac{1}{x_n}}\quad\textrm{?}$

(To je vidět např. pro $x_1=1,\,x_2=2$ .)

↑ lukaszh:

Myslím, že důkaz zde by mohl být zvládnutelný (jde o důkaz konečnosti algoritmu).

Marian · 22. 11. 2008 17:05

↑ Pavel:
Postupoval jsem jinak a dostal tuto nerovnost ...
Indukcí předpokládám, že platí pro fixní n nerovnost
$\frac{1}{1+x_1}+\frac{1}{1+x_1+x_2}+\cdots +\frac{1}{1+x_1+x_2+\cdots x_n}<\sqrt{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\cdots +\frac{1}{x_n}}.$
Definuji čísla $y_i,\quad 1\le i\le n$ jako

kde čísla $x_i,\quad 1\le i\le n+1$ jsou kladná čísla napřed daná. Dosazuji-li tato y_i za x_i do indukčního předpokladu, bude platit
$\frac{1}{1+x_1}+\frac{1}{1+x_1+x_2}+\cdots +\frac{1}{1+x_1+x_2+\cdots x_{n-1}}+\frac{1}{1+x_1+x_2+\cdots +\frac{1}{\frac{1}{x_n}+\frac{1}{x_{n+1}}}}<\sqrt{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\cdots +\frac{1}{x_{n-1}}+\frac{1}{x_n}+\frac{1}{x_{n+1}}.$
Bohužel ani použitím tohoto triku nelze obecně ukázat, že platí
$\frac{1}{1+x_1}+\frac{1}{1+x_1+x_2}+\cdots +\frac{1}{1+x_1+x_2+\cdots x_{n-1}}+\frac{1}{1+x_1+x_2+\cdots +x_n}+\frac{1}{1+x_1+x_2+\cdots +x_{n+1}}<\nl <\frac{1}{1+x_1}+\frac{1}{1+x_1+x_2}+\cdots +\frac{1}{1+x_1+x_2+\cdots x_{n-1}}+\frac{1}{1+x_1+x_2+\cdots +\frac{1}{\frac{1}{x_n}+\frac{1}{x_{n+1}}}}.$
Toto zredukujeme na nerovnost
$\frac{1}{1+x_1+x_2+\cdots +x_n}+\frac{1}{1+x_1+x_2+\cdots +x_{n+1}}<\frac{1}{1+x_1+x_2+\cdots +\frac{1}{\frac{1}{x_n}+\frac{1}{x_{n+1}}}},$
která ovšem obecně neplatí, což se snadno ukáže třeba tak, že nahradíme
$a:=1+x_1+x_2+\cdots x_{n-1},\qquad b:=x_n,\qquad c:=x_{n+1}.$

Marian · 22. 11. 2008 17:22

↑ BrozekP:

Děkuji za napomenutí. Příspěvek nedával žádnou novou informaci protože jsi přede mnou (aniž bych to postřehl) našel protipříklad. Smažu brzo i tento.

Pavel Brožek

↑ Marian:

Já myslím, že pokud by byl správně bez té chyby, na kterou jsem upozornil, pak by novou informaci dával. Já jsem pouze ukázal, že odhad, který byl důsledkem všech úprav, které Pavel provedl, nestačil, ty by jsi ukázal, že už odhad v prvním kroku je nedostatečný.

Edit: Máš pravdu, můj protipříklad se dá použít už na první krok, nevšiml jsem si toho :-)

Marian · 22. 11. 2008 17:36

↑ BrozekP:
Máš pravdu, jen si myslím, že to je dobře vidět. Zkusil jsem proto jiný trik (viz ↑ Marian:), ale ani toto nestačí.

Pavel · 23. 11. 2008 13:26 — Editoval Pavel (23. 11. 2008 14:32)

↑ BrozekP:

Máš pravdu, že moje úpravy na nerovnost nestačí. Chtěl jsem naznačit myšlenky a postupy, které by se snad při řešení mohly hodit. I chybná a nedostatečná řešení jsou k něčemu dobrá :-)

Pavel Brožek · 23. 11. 2008 13:34

Dá se snadno ukázat, že platí

$\frac{1}{1+x_1}\leq\frac12\sqrt{\frac 1{x_1}}$ .

Tak mě napadlo, jestli by nebylo možné najít podobný vztah i pro n>1, který by bylo lehčí dokázat a jehož důsledkem by byl vztah, který se snažíme dokázat. Sám jsem ale nic takového pro n>1 nenašel.

Marian · 24. 11. 2008 15:54 — Editoval Marian (25. 11. 2008 09:06)

Oprava!
Bohužel jsem našel chybu, tedy zatím nemám důkaz nerovnosti výše. Upřímně řečeno, takové problémy jsem nečekal při řešení této úlohy.

musixx · 27. 11. 2008 09:39 — Editoval musixx (27. 11. 2008 11:03)

Nechme bokem pripad, ze vsechna $x_i$ jsou jednicky.

Plati $\frac1{1+y}\leq\frac12\sqrt{\frac1y}$ a rovnost je prave pro $y=1$ . Mohu tedy nejprve priostrit na

$\sqrt{\frac1{x_1}}+\sqrt{\frac1{x_1+x_2}}+\cdots+\sqrt{\frac1{x_1+x_2+\cdots+x_n}}<2\sqrt{\frac1{x_1}+\frac1{x_2}+\cdots+\frac1{x_n}}$ .

To mohu upravit na
$\sqrt{\frac1{x_1}}+\frac1{\sqrt2}\sqrt{\frac2{x_1+x_2}}+\cdots+\frac1{\sqrt n}\sqrt{\frac n{x_1+x_2+\cdots+x_n}}<2\sqrt{\frac1{x_1}+\frac1{x_2}+\cdots+\frac1{x_n}}$ .

Nyni mam vlevo pod odmocninama harmonicke prumery cisel $\frac1{x_1}$ az $\frac1{x_k}$ , tedy pod kazdou odmocninou to nemuzu zmensit, kdyz prejdu k prumerum aritmetickym, tedy celou nerovnost mohu priostrit na

$\sqrt{\frac1{x_1}}+\frac1{\sqrt2}\sqrt{\frac{\frac1{x_1}+\frac1{x_2}}2}+\cdots+\frac1{\sqrt n}\sqrt{\frac{\frac1{x_1}+\frac1{x_2}+\cdots+\frac1{x_n}}n}<2\sqrt{\frac1{x_1}+\frac1{x_2}+\cdots+\frac1{x_n}}$ .

Ted pro prehlednost vezneme $y_i=\frac1{x_i}$ .

Zbyva ukazat

$\frac11\sqrt{y_1}+\frac12\sqrt{y_1+y_2}+\cdots+\frac1 n\sqrt{y_1+y_2+\cdots+y_n}<2\sqrt{y_1+y_2+\cdots+y_n}$ pro kladna $y_i$ , aspon jedno ruzne od 1, kde navic ve svetle meho predchoziho prispevku lze predpokladat, ze $y_1\geq y_2\geq\cdots\geq y_n$ (tezko ted rict, jestli to budeme k necemu potrebovat). Tato nerovnost mi prijde takova "ucesanejsi", a proto mozna snazsi k dokazani. Udelal jsem si nekolik prikladu (hrubou silou na pocitaci) a zda se, ze by tohle priostreni puvodni nerovnosti platit melo.

EDIT: $y_i$ nerostou, tedy mam pocit, ze nejhorsi pripad (tj. nejostrejsi nerovnost) nastane pro pripad, ze vsechny $y_i$ jsou stejne. Je to ale jen muj "pocit": muzete mi tohle nekdo potvrdit/vyvratit? Pokud by to totiz byla pravda, pak je zbytek uz jen jednoducha indukce: Kdyz posledni nerovnost vydelim prave tim $\sqrt{y_1}$ , dostanu indukcni krok $2\sqrt{k-1}+\frac{\sqrt k}k<2\sqrt k$ , coz je pravda, nebot $\frac1k>0$ (staci si to secist a umocnit).

Pavel Brožek

↑ musixx:

Obávám se, že to už neplatí. Pošleme $x_2,\,\ldots,x_n$ do nekonečna a tedy $y_2,\,\ldots,y_n$ do nuly. Měli bychom tak dostat

$\frac11\sqrt{y_1}+\frac12\sqrt{y_1}+\cdots+\frac1 n\sqrt{y_1}<2\sqrt{y_1}\nl $\sum_{i=1}^{n}\frac1i$\sqrt{y_1}<2\sqrt{y_1}\nl \sum_{i=1}^{n}\frac1i<2\nl$

ale to pro dostatečně velká n (stačí n=4) neplatí.

Marian · 04. 12. 2008 12:55 — Editoval Marian (04. 12. 2008 12:58)

S odstupem času jsem se díval na důkaz této nerovnosti a trochu jsem pokročil. Rád bych upozornil přinejmenším na to, že nerovnost lze ekvivalentně zaspat v jiném (podle mě pohodlnějším) tvaru.

Definujeme-li totiž
$y_k:=1+x_1+x_2+\cdots x_k=1+\sum_{j=1}^{k}x_j,\qquad x_j>0,$
pak původní nerovnost přejde na tvar
$\frac{1}{y_1}+\frac{1}{y_2}+\cdots +\frac{1}{y_n}<\sqrt{\frac{1}{y_1-1}+\frac{1}{y_2-y_1}+\cdots +\frac{1}{y_n-y_{n-1}}}.$

Je samozřejmě splněno $1<y_1<y_2<\cdots <y_n$ . Podařilo se mi dokázat, že bude-li platit pro libovolné tři po sobě jdoucí prvky $1<y_j<y_{j+1}<y_{j+2}$ podmínky
$2y_j<y_{j+1}\qquad\mathrm{a}\qquad y_{j+2}<\frac{y_{j+1}(y_j^2+y_{j+1}^2-y_jy_{j+1})}{y_j(2y_{j+1}-y_j)},$
pak nerovnost platí.

Možná, že ten přepsaný tvar bude někomu říkat více než mě.

Pavel Brožek

Bohužel, svůj souboj s limitou vzdávám. Zkoušel jsem všechno možné co mě napadlo. Jen uvedu pár výsledků, které by snad někomu mohly pomoct při řešení nebo ho alespoň ušetřit od slepých uliček.

1.
$\frac{1}{1+x_1}+\frac{1}{1+x_1+x_2}+\cdots +\frac{1}{1+x_1+x_2+\cdots x_n}\leq\frac12\left(\sqrt{\frac1{x_1}}+\sqrt{\frac1{x_1+x_2}}+\cdots+\sqrt{\frac1{x_1+x_2+\cdots+x_n}}\right)\not{\leq}\sqrt{\frac1{x_1}+\frac1{x_2}+\cdots+\frac1{x_n}}$
(protipříkladem je např. $x_i=i$ , $n=40$ )

2.
Neexistuje taková funkce $\alpha(x_1,\,x_2)$ , že by pro všechna $x_1,\,x_2$ platilo

$\frac{1}{1+x_1}+\frac{1}{1+x_1+x_2}\leq\frac1{1+\alpha}\leq\sqrt{\frac1\alpha}\leq\sqrt{\frac1{x_1}+\frac1{x_2}}$ .

Teď i nějaký pozitivní výsledek:

3.
Označím $\vec{x}_n=(x_1,\,x_2,\,\ldots,\,x_n),\,x_i\in\mathbb{R}^+$ a

$\nlL_n(\vec {x}_n)=\frac{1}{1+x_1}+\frac{1}{1+x_1+x_2}+\cdots +\frac{1}{1+x_1+x_2+\cdots x_n}\nl P_n(\vec {x}_n)=\sqrt{\frac1{x_1}+\frac1{x_2}+\cdots+\frac1{x_n}}\nl f_n(\vec {x}_n)=P_n(\vec {x}_n)-L_n(\vec {x}_n)$ .

Dokazujeme tedy kladnost všech funkcí $f_n$ . Zřejmě $f_1$ je kladná. Jestliže budeme dokazovat indukcí, můžeme předpokládat, že $f_{n-1}$ je kladná a z toho dokazovat, že je kladná i $f_n$ . Platí

$\lim_{x_n\to+\infty}f_n(\vec {x}_n)=f_{n-1}(\vec {x}_{n-1})>0\nl \lim_{x_n\to0^+}f_n(\vec{x}_n)=+\infty$ .

Pokud nemá $f_n$ jako funkce $x_n$ minimum, pak je zřejmě klesající a kladná. Pokud má minimum, pak v něm derivace musí být nulová.

$\frac{\partial f_n(\vec{x}_n)}{\partial x_n}=\frac12\frac{1}{\sqrt{\frac1{x_1}+\frac1{x_2}+\cdots+\frac1{x_n}}}\cdot$-\frac1{x_n^2}$-(-1)\cdot\frac{1}{(1+x_1+x_2+\cdots x_n)^2}=-\frac{1}{2x_n^2P_n(\vec{x}_n)}+\frac{1}{(1+x_1+x_2+\cdots x_n)^2}$

Aby byla derivace nulová, musí platit

$-\frac{1}{2x_n^2P_n(\vec{x}_n)}+\frac{1}{(1+x_1+x_2+\cdots x_n)^2}=0\nl P_n(\vec{x}_n)=\frac{(1+x_1+x_2+\cdots x_n)^2}{2x_n^2}$ .

Stačí tedy dokázat, že je $f_n$ kladná (tj. platí dokazovaná nerovnost) v bodě s n-tou souřadnicí $x_n$ takovou, že je splněno

$\sqrt{\frac1{x_1}+\frac1{x_2}+\cdots+\frac1{x_n}}=\frac{(1+x_1+x_2+\cdots x_n)^2}{2x_n^2}$ .

Doufám, že to někomu pomůže :-)

Edit: A už nejsem Einstein :-(

Marian · 28. 01. 2009 18:37 — Editoval Marian (28. 01. 2009 18:37)

↑ BrozekP:

Obdivuji tvůj elán a nasazení. A samozřejmě také zájem řešit tuto úlohu. Pokusím se atakovat řešení zase někdy později. Někdy tak vyplynou některé nové skutečnosti. Možná to chce ještě jinou strategii (třeba nějaká méně zřejmá transformace nerovnosti). Věřím, že se o řešení pokusí i ostatní.

musixx · 04. 02. 2009 07:59 — Editoval musixx (04. 02. 2009 08:54)

Rozdelme cely dukaz na tri kroky. Dokazujeme, ze pro kladna realna cisla plati nerovnost
$\frac1{1+x_1}+\frac1{1+x_1+x_2}+\cdots+\frac1{1+x_1+\cdots+x_n}<\sqrt{\frac1{x_1}+\cdots+\frac1{x_n}}$
Pro prehlednost nebudu psat sumy, ale tri tecky.

Krok 1: Ukazu, ze pozadovana nerovnost plati, jsou-li vsechna $x_i$ nejvyse jednicky.

Pak je totiz vlevo nanejvys $\frac12+\frac13+\cdots+\frac1{n+1}$ a vpravo je alespon $\sqrt n$ . Dokazme tedy indukci silnejsi tvrzeni, a to ze
$\frac12+\frac13+\cdots+\frac1{n+1}<\sqrt n$ .
Zrejme pro $n=1$ je $\frac12<\sqrt1$ . Podle indukcniho predpokladu je $\frac12+\frac13+\cdots+\frac1n+\frac1{n+1}<\sqrt{n-1}+\frac1{n+1}$ , staci tedy ukazat, ze $\sqrt{n-1}+\frac1{n+1}<\sqrt n$ , neboli $\frac1{n+1}<\sqrt n-\sqrt{n-1}$ . Zde jde o nerovnost mezi nezapornymi cisly, tedy umocneni je ekvivalentni uprava a staci dokazat, ze $\frac1{(n+1)^2}<2n-1-2\sqrt{n(n-1)}$ , neboli ze $2\sqrt{n(n-1)}<2n-1-\frac1{(n+1)^2}$ . Opet jde o nerovnost mezi nezapornymi cisly, tedy staci ukazat, ze $4n(n-1)<(2n-1)^2+\frac1{(n+1)^4}-\frac{4n-2}{(n+1)^2}$ , tedy ze $0<1+\frac1{(n+1)^4}-\frac{4n-2}{(n+1)^2}=\frac{(n+1)^4+1-(4n-2)(n+1)^2}{(n+1)^4}$ . Ukazu dokonce vic, a to ze citatel zmenseny o 1 a vydeleny $(n+1)^2$ je kladny. Je totiz $(n+1)^2-(4n-2)=n^2-2n+3=(n-1)^2+2$ , coz je zrejme kladne.

Krok 2: Ukazme, ze vyraz vpravo je maximalni pro $x_1\geq x_2\geq\cdots\geq x_n$ .

Kdyby totiz existovaly takove $i<j$ , ze $x_i<x_j$ , pak prinejmensim i-ty scitanec je mensi nez i-ty scitanec v pripade, ze vsechna $x_k$ jsou setrizena nevzestupne.

Krok 3: Dokazme nerovnost v plne obecnosti. Podle jiz drive dokazanych dvou kroku mohu predpokladat, ze $x_1>1$ .

Mohu psat
$\frac1{1+x_1}+\frac1{1+x_1+x_2}+\frac1{1+x_1+x_2+x_3}+\cdots+\frac1{1+x_1+\cdots+x_n}=$
$\frac1{1+x_1}+\frac1{\frac{1+x_1}{1+x_1}(1+x_1+x_2)}+\frac1{\frac{1+x_1}{1+x_1}(1+x_1+x_2+x_3)}+\cdots+\frac1{\frac{1+x_1}{1+x_1}(1+x_1+\cdots+x_n)}=$
$\frac1{1+x_1}+\frac1{(1+x_1)\left(1+\frac{x_2}{1+x_1}\right)}+\frac1{(1+x_1)\left(1+\frac{x_2}{1+x_1}+\frac{x_3}{1+x_1}\right)}+\cdots+\frac1{(1+x_1)\left(1+\frac{x_2}{1+x_1}+\cdots+\frac{x_n}{1+x_1}\right)}=$
$\frac1{1+x_1}\left(1+\frac1{1+\frac{x_2}{1+x_1}}+\frac1{1+\frac{x_2}{1+x_1}+\frac{x_3}{1+x_1}}+\frac1{1+\frac{x_2}{1+x_1}+\cdots+\frac{x_n}{1+x_1}}\right)$

Nebot jsou $x_i$ nerostouci, jsou cisla $\frac{x_j}{1+x_1}$ pro $j=2,3,\dots,n$ mensi nez 1, tedy podle jiz dokazaneho v kroku 1 mohu zatim napsane zvetsit na

$\frac1{1+x_1}\left(1+\sqrt{\frac{1+x_1}{x_2}+\frac{1+x_1}{x_3}+\cdots+\frac{1+x_1}{x_n}}\right)$ . Protoze jsme ale v kroku 3 mohli bez ujmy na obecnosti predpokladat, ze $x_1>1$ , a dale protoze zrejme plati $\frac1{1+x_1}<\frac12\sqrt{\frac1{x_1}}$ , mohu vyraz dale zvetsit na
$\frac12\sqrt{\frac1{x_1}}\left(1+\sqrt{\frac{x_1+x_1}{x_2}+\frac{x_1+x_1}{x_3}+\cdots+\frac{x_1+x_1}{x_n}}\right)=$
$\frac12\sqrt{\frac1{x_1}}\left(1+\sqrt{2\left(\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_1}{x_3}+\cdots+\frac{x_1}{x_n}\right)}\right)$ .

Mame tedy ukazat, ze
$\frac12\sqrt{\frac1{x_1}}\left(1+\sqrt{2\left(\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_1}{x_3}+\cdots+\frac{x_1}{x_n}\right)}\right)<\sqrt{\frac1{x_1}+\frac1{x_2}+\cdots+\frac1{x_n}}$ , neboli ze
$1+\sqrt{2\left(\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_1}{x_3}+\cdots+\frac{x_1}{x_n}\right)}<2\sqrt{1+\frac{x_1}{x_2}+\cdots+\frac{x_1}{x_n}}$ .

Oznacme ted $x=\frac{x_1}{x_2}+\cdots+\frac{x_1}{x_n}$ . Zrejme je $x$ nezaporne. Zbyva tedy ukazat, ze

$1+\sqrt{2x}<2\sqrt{1+x}$ . Jde o nerovnost mezi nezapornymi cisly, tedy je ekvivalentni nerovnosti
$1+2x+2\sqrt{2x}<4(1+x)$ , tedy $2\sqrt{2x}<3+2x$ , coz je opet nerovnost mezi nezapornymi cisly, tedy je ekvivalentni nerovnosti
$8x<9+12x+4x^2$ , tedy nerovnosti $0<9+4x+4x^2$ , ktera je pro nezaporne $x$ (coz vime) platna.

EDIT: Mam tam chybku, ale doufam, ze uz nejsme daleko od reseni. Kdyz uz jsem to vsechno napsal, tak to tu zverejnim. Treba ji odstrani nekdo driv nez se k tomu dostanu sam... Kdo ji chce identifikovat sam, at se nediva do skryteho textu.

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

EDIT2: Hrani si s touto nerovnosti me v jedne fazi privedlo na funkci $f(n):\ {\mathbb N}\to{\mathbb R}$ definovanou jako $f(n)=2\sqrt n-\sum_{i=1}^n\frac1{\sqrt i}$ . Zda se, ze tato funkce by mohla mit zajimavou limitu pro $n\to\infty$ (chcete-li ji nejak rozsirit na realnou funkci, scitejte v sume treba do cele casti z n). Je totiz
$f(1)=1$
$f(10^2)\dot=1,388$
$f(10^4)\dot=1,455$
$f(10^7)\dot=1,4602$
$f(10^8)\dot=1,460305$
$f(10^9)\dot=1,460339$
Chce se s tim nekomu trochu pohrat?

Pavel Brožek · 04. 02. 2009 13:26

↑ musixx:

Já tam vidím chybu v začátku, levá strana je největší pro všechny $x_i$ jdoucí do nuly, je tedy nejhůře n a pravá strana je nejméně $\sqrt{n}$ . To tedy nestačí, levá strana vždy přeroste pravou.

Krok 2 mi moc není jasný, asi tam máš překlepy (levá/pravá, i-tý/j-tý). Pravá strana je stejná ať už zvolíš libovolné pořadí, takže jsi asi chtěl mluvit o levé. Ta je ale největší pro $x_1\leq x_2\leq\cdots\leq x_n$ , jak už jsi psal dříve.

Jsou to ty chyby, které myslíš ty?

Marian · 04. 02. 2009 15:00

↑ musixx:
Výpočet tebou uvedené limity je zajímavá konstanta ...

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Matematické Fórum

#1 20. 11. 2008 12:28 — Editoval Marian (20. 11. 2008 13:47)

Listopadová nerovnost s odmocninou

#2 20. 11. 2008 21:15

Re: Listopadová nerovnost s odmocninou

#3 20. 11. 2008 21:36

Re: Listopadová nerovnost s odmocninou

#4 20. 11. 2008 22:13 — Editoval Marian (20. 11. 2008 22:14)

Re: Listopadová nerovnost s odmocninou

#5 20. 11. 2008 22:48

Re: Listopadová nerovnost s odmocninou

#6 20. 11. 2008 23:52

Re: Listopadová nerovnost s odmocninou

#7 21. 11. 2008 09:42 — Editoval Pavel (21. 11. 2008 15:36)

Re: Listopadová nerovnost s odmocninou

#8 21. 11. 2008 14:29

Re: Listopadová nerovnost s odmocninou

#9 21. 11. 2008 14:59 — Editoval Pavel (21. 11. 2008 15:13)

Re: Listopadová nerovnost s odmocninou

#10 22. 11. 2008 16:08 — Editoval BrozekP (22. 11. 2008 16:10)

Re: Listopadová nerovnost s odmocninou

#11 22. 11. 2008 17:05

Re: Listopadová nerovnost s odmocninou

#12 22. 11. 2008 17:22

Re: Listopadová nerovnost s odmocninou

#13 22. 11. 2008 17:30 — Editoval BrozekP (22. 11. 2008 17:35)

Re: Listopadová nerovnost s odmocninou

#14 22. 11. 2008 17:36

Re: Listopadová nerovnost s odmocninou

#15 23. 11. 2008 13:26 — Editoval Pavel (23. 11. 2008 14:32)

Re: Listopadová nerovnost s odmocninou

#16 23. 11. 2008 13:34

Re: Listopadová nerovnost s odmocninou

#17 24. 11. 2008 15:54 — Editoval Marian (25. 11. 2008 09:06)

Re: Listopadová nerovnost s odmocninou

#18 27. 11. 2008 09:39 — Editoval musixx (27. 11. 2008 11:03)

Re: Listopadová nerovnost s odmocninou

#19 27. 11. 2008 16:07 — Editoval BrozekP (27. 11. 2008 20:42)

Re: Listopadová nerovnost s odmocninou

#20 04. 12. 2008 12:55 — Editoval Marian (04. 12. 2008 12:58)

Re: Listopadová nerovnost s odmocninou

#21 28. 01. 2009 17:31 — Editoval BrozekP (28. 01. 2009 17:31)

Re: Listopadová nerovnost s odmocninou

#22 28. 01. 2009 18:37 — Editoval Marian (28. 01. 2009 18:37)

Re: Listopadová nerovnost s odmocninou

#23 04. 02. 2009 07:59 — Editoval musixx (04. 02. 2009 08:54)

Re: Listopadová nerovnost s odmocninou

#24 04. 02. 2009 13:26

Re: Listopadová nerovnost s odmocninou

#25 04. 02. 2009 15:00

Re: Listopadová nerovnost s odmocninou

Zápatí