szukanie zaawansowane
 [ Posty: 10 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 13 wrz 2017, o 23:21 
Użytkownik

Posty: 7344
Lokalizacja: Z Bielskia-Białej
Pokazać dla a_{i} \ge 0; i=1,2,3...,n, że zachodzi:
\prod_{i=1}^{n} \left( a^{n}_{i} +n-1 \right) \ge \left( \sum_{i=1}^{n} a_{n} \right) ^{n}
Szukałem po nierównościach z forum, ale ja jakiś ślepy jestem. Próbowałem z II nierówności Minkowskiego, ale solidnie przeszacowałem.

Zauważyłem, że dla a_{i} sumujących się do 1 teza jest oczywista. Teraz nie mam pomysłu na uogólnienie. Podstawienie x_{i}= \frac{a_{n}}{ \sum_{i=1}^{n} a_{n} } prowadzi do koszmarnych obliczeń, które mam kłopot dokończyć.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 13 wrz 2017, o 23:55 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 10103
Lokalizacja: Wrocław
Mnie się wydaje, że odpowiednio zastosowana nierówność Minkowskiego dla iloczynów od razu daje tu tezę, ale jestem słaby z matmy, więc możliwe, że się mylę.
Ukryta treść:    
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 14 wrz 2017, o 14:12 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 1358
Lokalizacja: Katowice
@up nierówność Minkowskiego to jest coś innego, Ty korzystasz z jakiegoś wariantu nierówności Holdera
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 14 wrz 2017, o 17:00 
Użytkownik

Posty: 7344
Lokalizacja: Z Bielskia-Białej
Czy jak wezmę jeden z nawiasów.
a^{n}_{n} + n - 1 = a^{n} + 1 + 1 + 1 ... + 1
(n-1) jedynek
a^{n}_{n} + n - 1  \ge   \frac{ a^{n}_{n} + 1 + 1 + 1 ... + 1 }{n}  \ge  \sqrt[n]{a^{n}_{n}}
Pierwsza nierówność z faktu X >  \frac{X}{n} druga, ze średnich
Czy takie zastosowanie uwagi Premislava ma sens?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 14 wrz 2017, o 17:03 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 10103
Lokalizacja: Wrocław
A to przepraszam bardzo, widocznie nie doczytałem czegoś. Da się to normalniej rozwiązać?
Kartezjusz, od razu widać, że tak to nie pójdzie, gdyż dla n>2 i X>0 nierówność
X>\frac{X}{n} jest ostra, a tymczasem w wyjściowej nierówności zachodzi równość gdy wszystkie a_i są równe 1.

-- 14 wrz 2017, o 17:05 --

Poza tym nawet gdyby to działało, to nie dostałbyś po wymnożeniu tego wszystkiego stronami takiego szacowania, jakiego potrzebujemy (chyba że czegoś nie widzę).
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 14 wrz 2017, o 17:07 
Użytkownik

Posty: 7344
Lokalizacja: Z Bielskia-Białej
Timon. Mamy sumę iloczynów, po czym poznajemy te nierówności Holdera. Mi się zdaje, że iloczyny ciężko wsadzić. bo wszystko opiera się na sumach i ich potęgach. Co do Minkowskiego Dostaniemy iloczyn a_{i} , a nie sumę, chyba, że doprecyzujesz.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 14 wrz 2017, o 19:08 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 10103
Lokalizacja: Wrocław
Ja skorzystałem wyżej z jakiejś takiej nierówności
\prod_{j=1}^{m}  \sum_{i=1}^{n} x_{ij} \ge \left( \sum_{i=1}^{n} \sqrt[m]{ \prod_{j=1}^{m} x_{ij}}  \right)^m
w nieujemnych (wydawało mi się, że to taki uogólniony Cauchy-Schwarz), ale widocznie to nie jest to, co myślę (nawet nie wiem, czy jest to w takim razie prawda, nie umiem podać dowodu), więc raczej nic z tego.

-- 14 wrz 2017, o 19:10 --

Masz rację, z Minkowskiego dla iloczynów tego nie dostaniemy.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 14 wrz 2017, o 19:42 
Moderator

Posty: 1877
Lokalizacja: Trzebiatów
Nierówność Hoeldera i Minkowskiego można rozszerzyć na dowolną liczbę ciągów przy spełnonych dodatkowych warunkach.
Premislav, Twoja nierówność jest jak najbardziej prawidłowa.
Warto poszukać pod hasłem Holder inequality extension w sieci lub np. w literaturze: Beckenbach, Inequalities (i chyba u Hunga też).
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 14 wrz 2017, o 20:52 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 1358
Lokalizacja: Katowice
Kartezjusz napisał(a):
doprecyzujesz
to jest klasyczny Holder: \left(\sum_{i=1}^n x_i^p\right)^{1/p}\left(\sum_{i=1}^n y_i^q\right)^{1/q} \ge \sum_{i=1}^n x_iy_i dla x_i, y_i>0 i p,q>0 spełniających \frac 1p + \frac 1q = 1

z tego się daje wycisnąć \left(\sum_{i=1}^n x_i^p\right)^{1/p}\left(\sum_{i=1}^n y_i^q\right)^{1/q}\ge\left(\sum_{i=1}^n (x_iy_i)^r\right)^{1/r} dla x_i,y_i>0 i p,q,r>0 spełniających \frac 1p + \frac 1q = \frac 1r

przez indukcję dowodzi się, że \prod_{j=1}^k\left(\sum_{i=1}^n x_{i,j}^{p_j}\right)^{1/p_j} \ge \left(\sum_{i=1}^n\prod_{j=1}^k x_{i,j}^r\right)^{1/r} dla x_{i,j}>0 i p_j>0 takich, że \sum_{j=1}^k \frac 1{p_j}=\frac 1r

dla r=1, p_1=p_2=\ldots=p_k=k dostaje się po podniesieniu do k-tej potęgi \prod_{j=1}^k \left(\sum_{i=1}^n x_{i,j}^k\right) \ge \left(\sum_{i=1}^n \prod_{j=1}^k x_{i,j}\right)^k

Premislav użył powyższej nierówności dla k=n, x_{i,i}=a_i oraz x_{i,j}=1 dla i\neq j

a nierówność Minkowskiego w podstawowej wersji to jest coś takiego: \left(\sum_{i=1}^n x_i^p\right)^{1/p}+\left(\sum_{i=1}^n  y_i^p\right)^{1/p} \ge \left(\sum_{i=1}^n (x_i+y_i) \right)^{1/p} i widać, że można uogólnić to na sumę k wyrażeń postaci \left(\sum_{i=1}^n x_{i,j}^p\right)^{1/p}, ale nie widać jak można by tego użyć w tym zadaniu
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 14 wrz 2017, o 21:44 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 10103
Lokalizacja: Wrocław
Zahion, timon92, dzięki. Przypomniałem sobie, że już Zahion pisał mi kiedyś o tym uogólnieniu nierówności Holdera, tylko jakoś mi wyleciało z głowy.
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 10 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Sprawdź, czy podana nierówność jest prawdziwa  Anonymous  2
 nierownosc z 5 zmiennymi - ile rozwiazan w l. naturalnych?  Anonymous  25
 [Nierówności] Udowodnij nierówność z 4ma niewiadomymi  Zlodiej  11
 Wyznacz wszystkie liczby spełniające nierówność  Anonymous  3
 [Nierówności] Udowodnij nierówność z 3ma niewiadomymi  Zlodiej  14
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl