Matematické Fórum

ygg81 · 04. 10. 2013 23:32

Ahojte, potrebovala by som pomoct s dokazom takejto nerovnosti:
$n\in N; a, b \in \mathbb{R}^{+}: \frac{a^{n}+b^{n}}{2} \ge ({\frac{a+b}{2}})^{n}$

Ma to byt riesene pomocou matematickej indukcie. Pokusala som sa riesit to v opacnom poradi:

indukcny predpoklad:
$({\frac{a+b}{2}})^{k} \le \frac{a^{k}+b^{k}}{2} \Rightarrow ({\frac{a+b}{2}})^{k+1} \le \frac{a^{k+1}+b^{k+1}}{2}$

$({\frac{a+b}{2}})^{k+1} = \frac{a+b}{2}\cdot ({\frac{a+b}{2}})^{k}\le \frac{a+b}{2}\ \cdot \frac{a^{k}+b^{k}}{2}$

a tuto po roznasobeni v citateloch mi vysli cleny, s ktorymi som si uz nevedela poradit. Bola by som vam moc povdacna za pomoc.

Bati · 05. 10. 2013 00:17

↑ ygg81:
Ahoj,
po onom roznásobení bys teda měla dostat výraz $\frac{a^{n+1}+b^{n+1}+ab^n+ba^n}{4}$ . Po chvilce koukání se dá přijít na to, že kdyby pro všechny a,b nezáporné platilo, že $ab^n+ba^n\leq a^{n+1}+b^{n+1}$ , tak je důkaz hotov. (Opravdu to platí, zkus na to přijít).

Brano · 05. 10. 2013 00:50 — Editoval Brano (05. 10. 2013 00:52)

Len ako poznamku by som nacrtol, ze ako vyzera taky "vysokoskolskejsi" pristup k tomu prikladu (ak ho neprotrebujes na precvicenie indukcie, lebo aj takym sposobom je to vcelku pekne).

Definicia: Nech $I$ je nejaky interval. Funkcia $f:R\to R$ na nazyva konvexna na $I$ ak plati $\forall a,b\in I \forall p\in[0,1]:\ f(pa+(1-p)b)\le pf(a)+(1-p)f(b)$ .

Znama Veta: Ak pre vsetky $x\in I$ plati $f''(x)\ge 0$ potom je $f$ konvexna na $I$ .

Ak uvazis $f(x)=x^n$ tak z tej vety mas hned, ze na $[0,\infty)$ je konvexna. A teda ak v definicii zoberies specialne $p=\frac{1}{2}$ tak dostanes:
$\left(\frac{a+b}{2}\right)^n\le\frac{a^n+b^n}{2}.$

ygg81 · 05. 10. 2013 00:59

Skusila som dat v tej nerovnosti vsetko na jednu stranu a vyslo mi:
$a^{n+1}+b^{n+1}-ab^{n}-ba^{n}\ge 0$
$a^{n+1}-ab^{n}+b^{n+1}-ba^{n}\ge 0$
$a(a^{n}-b^{n})+b(b^{n}-a^{n})\ge 0$
$(a-b)(a^{n}-b^{n})\ge 0$
a teraz nejaka úvaha:
ak a>b.. obe zatvorky su kladne, cize aj sucin je kladny
ak a=b .. 0
ak a<b.. obe zatvorky su zaporne, sucin je kladny

Myslel si to nejak tak? Uvazovala som spravne?

Potom viem v tom vztahu nahradit to, co mi tam zavadzalo a vyuzit tu nerovnost a pekne mi to vyjde. Vyzera to super. Dakujem velmi pekne.

Bati · 05. 10. 2013 02:04

↑ ygg81:
Ano, tak je to správně. Nebo se to dá ještě upravit $(a-b)(a^{n}-b^{n})=(a-b)^2(a^{n-1}+a^{n-2}b+\ldots+ab^{n-2}+b^{n-1})$ , což už je očividně nezáporné.

Matematické Fórum

#1 04. 10. 2013 23:32

Dokaz nerovnosti pomocou matematickej indukcie

#2 05. 10. 2013 00:17

Re: Dokaz nerovnosti pomocou matematickej indukcie

#3 05. 10. 2013 00:50 — Editoval Brano (05. 10. 2013 00:52)

Re: Dokaz nerovnosti pomocou matematickej indukcie

#4 05. 10. 2013 00:59

Re: Dokaz nerovnosti pomocou matematickej indukcie

#5 05. 10. 2013 02:04

Re: Dokaz nerovnosti pomocou matematickej indukcie

Zápatí