Nevíte-li si rady s jakýmkoliv matematickým problémem, toto místo je pro vás jako dělané.
Nástěnka
❗22. 8. 2021 (L) Přecházíme zpět na doménu forum.matweb.cz!
❗04.11.2016 (Jel.) Čtete, prosím, před vložení dotazu, děkuji!
❗23.10.2013 (Jel.) Zkuste před zadáním dotazu použít některý z online-nástrojů, konzultovat použití můžete v sekci CAS.
Nejste přihlášen(a). Přihlásit
Stránky: 1
Ahoj,
pro n > 3 dokažte:
platí-li a , potom
Offline
↑ musixx:
Zdravím. Tvá úvaha je správná za předpokladu, že vždy bude , to ale v zadání není řečeno,
místo toho je tam předpoklad , který má říci, že budou existovat , mající v tomto součtu
"dosti velkou váhu".
Tím ale nechci naznačovat, že bych tuto úlohu měl vyřešenou :-) .
Protipříklad dokazující, že předpokládat pouze druhou nerovnost nestačí: ,
a není těžké najít i nějaký mnohem lepší.
Offline
Je to tak, pro kladná čísla by bylo samozřejmě řešení triviální.
Dnes jsem o tom venku při dešti a větru lehce přemýšlel:
Je zřejmé (z druhé podmínky), že , tj. buď max(ai) <= -2 nebo max(ai) >= 2.
Pro případ, kdy n=4 (nejmenší možné n), pokud by nastalo, že max(ai) <= -2 a (pro spor) ai < 2 pro všechna i, pak součet ai (díky tomu, že jsou jen 4) bude menší než 4 a tedy nebude splněna první podmínka.
K případu n > 4 jsem se zatím díky počasí nedostal, ale díky druhé podmínce se intuitivně jeví, že věta bude platit "tím spíše" (díky kvadrátu n na jedné straně, ale sčítáme jen n kvadrátů). Intuice samozřejmě nic neříká. Vidím dvě cesty - buď podobný důkaz sporem jako výše pro n=4 (se složitějšími možnostmi) a nebo indukci.
Takže to vidím pro tuto chvíli jako konec prvního dílu. :-)
Offline
Offline
↑ Marian: Tohle řešení bohužel podle mě obsahuje stejný nedostatek, jakého jsem se dopustil výše. Nerovnost očekává . Klidně může být , ale nějaké . A pak detail: v definici se má jít asi přes všechna , ne? Nebo jsem se v tomto vlákně spálil už podruhé?
Offline
↑ check_drummer:
Tak jsem se zamyslel podruhé a je tu druhý díl úvah. :-) Případ n=4 máme dokázán. Zkusme indukci:
. Abychom mohli použít indukci, musí platit, že poslední pravá strana je větší než n-1, tj. .
Podobně, i když trochu zdlouhavěji dokážeme, že abychom mohli použít indukci, musí z druhé podmínky (se čtverci) platit: a jelikož pro kladnou hodnotu bychom dostali, že , zabývejme se jen zápornými , pak .
Jelikož stačí, aby toto platilo pro libovolný index, nikoli n, stačí pro použití indukce najít jediné splňující .
Pokud takové i neexistuje, pokusím se dojít ke sporu, ale to až příště, teď mě tlačí čas, jako ostatně pořád. :-)
Offline
↑ check_drummer:
Tak tu máme třetí pokračovaní. :-)
Tedy víme, že pro všechna v této fázi důkazu platí, že . Tedy buď je a_i kladné a větší než 1 a nebo záporné a menší než . Pro tuto chvíli předpokládejme, že záporná jsou rovna přesně . (To je sice zjednodušení i nepřesnost, protože pro záporná platí, že jsou ostře meší než . Toto budeme muset v budoucnu ještě dořešit.) Označme jako "a" počet záporných a tedy (n-a) je počet kladných . Podle podmínek pro dostáváme (z druhé podmínky - se čtverci): , tj. . Obdobně podle první podmínky: , tj. . Ovšem porovnáním obou podmínek pro a dostneme: , tj. , z čehož ovšem po umocnění plyne , což je ovšem splněno jen pro n<5 (a indukci uvažujeme pro n>=5). To je spor.
Zbývá dořešit problém, co když bude libovolné záporné menší než a nikoli přesně rovno . O tom ale snad někdy příště, pokud mě něco napadne. :-)
Offline
Šel jsem na to následovně -
Offline
↑ check_drummer:
Tak jsem na to šel nakonec sporem: dokážeme, že pro nebude mezi žádné záporné číslo a zbytek bude snadný.
Platí tedy: , tedy , kde je počet nekladných , obdobně . Označme pro : , pak a . Umocnění první rovnosti na druhou dá: . Nyní využijeme známou nerovnost, jejíž jméno jsem zapomněl :-) (cachy-schwarzova?): .
Teď dáme vše dohromady: , tj. , tj. a protože nemůže nastat a=n (všechna záporná čísla by nesplňovala první podmínku), můžeme nerovnici dělit (a-n) což je záporné číslo, tedy dostaneme a<1, což znamená, že všechna jsou kladná. To ale znamená, že (dle předpokladu, že a nyní navíc víme, že ), tedy n < 4. což je spor s předpokladem, že n > 3 (n je celé).
Offline
Nerovnost není Cauchy-Schwarzova, v MŘMÚ je uvedena jako speciální případ Jensenovy nerovnosti, ale ne té známé. Její platnost je ale po roznásobení zřejmá, takže není potřeba ji pojmenovávat.
Offline
Kondr napsal(a):
Myslím, že postačí úvaha o znaménkách.
...
Máme
z první nerovnosti , odtud
...
Myslím, že je tam překlep - citovaný odhad má mít tvar . Ovšem pokud jsem zase cosi neřehlédnul.
Kondrova elementární úvaha je skutečně elegantní.
Offline
↑ Marian: Ano, a je tam ještě jeden na konci: . A taktéž se připojuji k pochvale řešení.
EDIT: Říkám si, jesli by nešlo se zbavit podmínky (a zesílit současně tvrzení) tím, že budeme dokazovat, že . Ale moc jsem nad tím nepřemýšlel, takže je možné, že se najde lehce protipříklad.
Offline
↑ Marian:↑ musixx:Díky, máte pravdu, opraveno.
musixx napsal(a):
EDIT: Říkám si, jesli by nešlo se zbavit podmínky (a zesílit současně tvrzení) tím, že budeme dokazovat, že . Ale moc jsem nad tím nepřemýšlel, takže je možné, že se najde lehce protipříklad.
To bohužel ne. Jak jsme s Rumburakem dokázali (geometricky i "analyticky"), nerovnost pro nebude platit pro případ a . Dovolím si takový drobný poznatek (ne ze své hlavy): ke studiu nerovností je dobré určit, kdy nastává rovnost. Je to dobrá indicie pro to, jak silné/slabé odhady si může člověk dovolit.
Offline
Stránky: 1