Μία ανισότητα με δύναμη.

Συντονιστής: nsmavrogiannis

Άβαταρ μέλους
nsmavrogiannis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4245
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 7:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Μία ανισότητα με δύναμη.

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nsmavrogiannis » Πέμ Απρ 18, 2019 10:56 pm

Έχει κατά καιρούς συζητηθεί έντονα.

Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο \nu ισχύει:
\left( 1-\frac{1}{\nu ^{2}}\right) ^{\nu }\geq 1-\frac{1}{\nu }


Αν κανείς δεν ελπίζει, δεν θα βρεί το ανέλπιστο, οι δρόμοι για το ανεξερεύνητο θα είναι κλειστοί.
Ηράκλειτος

Λέξεις Κλειδιά:
Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 518
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Μία ανισότητα με δύναμη.

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Πέμ Απρ 18, 2019 11:31 pm

nsmavrogiannis έγραψε:
Πέμ Απρ 18, 2019 10:56 pm
Έχει κατά καιρούς συζητηθεί έντονα.

Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο \nu ισχύει:
\left( 1-\frac{1}{\nu ^{2}}\right) ^{\nu }\geq 1-\frac{1}{\nu }
Γεια σας κ.Μαυρογιάννη.

Είναι άμεση εφαρμογή της γενικότερης

\prod_{i=1}^{n}(1-a_1)\geq 1-\sum_{i=1}^{n}a_i για a_i\in[0,1]. Εδώ απλά έχουμε a_i=\dfrac{1}{n^2}


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2651
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: Μία ανισότητα με δύναμη.

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Πέμ Απρ 18, 2019 11:33 pm

nsmavrogiannis έγραψε:
Πέμ Απρ 18, 2019 10:56 pm
Έχει κατά καιρούς συζητηθεί έντονα.

Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο \nu ισχύει:
\left( 1-\frac{1}{\nu ^{2}}\right) ^{\nu }\geq 1-\frac{1}{\nu }
Μπορούμε να επικαλεστούμε την ανισότητα Bernoulli:

Για κάθε x\geq -1 και θετικό ακέραιο \nu ισχύει (1+x)^\nu\geq 1+\nu x, η οποία αποδεικνύεται επαγωγικά επί του \nu \geq 1.

Για δοθέν θετικό ακέραιο \nu, η ζητούμενη ανισότητα έπεται θέτοντας x=-\dfrac{1}{\nu^2}\geq -1.

Φιλικά,

Αχιλλέας


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2637
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Μία ανισότητα με δύναμη.

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Παρ Απρ 19, 2019 12:27 pm

nsmavrogiannis έγραψε:
Πέμ Απρ 18, 2019 10:56 pm
Έχει κατά καιρούς συζητηθεί έντονα.

Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο \nu ισχύει:
\left( 1-\frac{1}{\nu ^{2}}\right) ^{\nu }\geq 1-\frac{1}{\nu }
Αντε άλλη μια.

Εφαρμόζουμε A-M-G

για

1,1,...1,1-\frac{1}{\nu }

όπου το πλήθος των 1 είναι \nu-1 .


Άβαταρ μέλους
nsmavrogiannis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4245
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 7:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Μία ανισότητα με δύναμη.

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nsmavrogiannis » Σάβ Απρ 20, 2019 10:02 pm

Γεια σας
Ευχαριστώ για τις ωραίες απαντήσεις σας.
Γράφω μια που στηρίζεται σε γνώσεις Α΄Λυκείου.

Για \nu=1 η αποδεικτέα ισχύει σαν ισότητα.
Για \nu>1 έχουμε ότι
\left( 1-\frac{1}{\nu ^{2}}\right) ^{\nu }-1=\left( \left( 1-\frac{1}{\nu ^{2}}\right) -1\right) \left( \left( 1-\frac{1}{\nu ^{2}}\right) ^{\nu -1}+\left( 1-\frac{1}{\nu ^{2}}\right) ^{\nu -2}+...+1\right) =-\frac{1}{\nu ^{2}}\left( \left( 1-\frac{1}{\nu ^{2}}\right) ^{\nu -1}+\left( 1-\frac{1}{\nu ^{2}}\right) ^{\nu -2}+...+1\right)\,\,\,(1)
και
0<1-\frac{1}{\nu ^{2}}<1
οπότε
\left( 1-\frac{1}{\nu ^{2}}\right) ^{\nu -1}<\left( 1-\frac{1}{\nu ^{2}}\right) ^{\nu -2}<...<1
Άρα
\underset{\nu }{\underbrace{\left( 1-\frac{1}{\nu ^{2}}\right) ^{\nu -1}+\left( 1-\frac{1}{\nu ^{2}}\right) ^{\nu -2}+...+1}}<\nu
και επομένως:
-\frac{1}{\nu ^{2}}\left( \left( 1-\frac{1}{\nu ^{2}}\right) ^{\nu -1}+\left( 1-\frac{1}{\nu ^{2}}\right) ^{\nu -2}+...+1\right) >-\frac{1}{\nu ^{2}}\nu =\allowbreak -\frac{1}{\nu }\,\,\,(2)
Από τις (1) και (2) έχουμε ότι
\left( 1-\frac{1}{\nu ^{2}}\right) ^{\nu }-1>-\frac{1}{\nu }
από την οποία προκύπτει η αποδεικτέα.


Αν κανείς δεν ελπίζει, δεν θα βρεί το ανέλπιστο, οι δρόμοι για το ανεξερεύνητο θα είναι κλειστοί.
Ηράκλειτος
Άβαταρ μέλους
nsmavrogiannis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4245
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 7:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Μία ανισότητα με δύναμη.

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nsmavrogiannis » Σάβ Απρ 27, 2019 10:37 am

Γεια σας

Η συγκεκριμένη ανισότητα διαδραματίζει κάποιο ρόλο στην μελέτη του αριθμού e αλλά ο λόγος που ανέβασα ως άσκηση την απόδειξη της είναι άλλος.

Πριν περίπου 30 χρόνια έφθασε στο περιοδικό Ευκλείδης Γ΄ άρθρο ενός συναδέλφου, το όνομα του οποίου δεν έχει σημασία, στο οποίο ισχυριζόταν ότι η χρήση της ανισότητας του Bernoulli στην απόδειξη της παραπάνω ανισότητας σε πλείστα σχολικά-πανεπιστημιακά βιβλία είναι εσφαλμένη. Το επιχείρημα που προέβαλλε ήταν το ακόλουθο: Η ανισότητα του Bernoulli \left( 1+a\right) ^{\nu }\geq 1+\nu \alpha για \nu \in \mathbb{N}, a \geq -1 αποδεικνύεται με επαγωγή και a σταθερό μη εξαρτώμενο από το \nu. Η περίπτωση όπου το a εξαρτάται από το \nu δεν καλύπτεται από μια τέτοια απόδειξη. Επομένως, πάντα σύμφωνα με τις τότε αιτιάσεις του συναδέλφου, η χρήση της ανισότητας του Bernoulli στην απόδειξη της \left( 1-\frac{1}{\nu ^{2}}\right) ^{\nu }\geq 1-\frac{1}{\nu } μπορεί να γίνει μόνο αν η ανισότητα του Bernoulli αποδειχθεί με κάποιο άλλο τρόπο διαφορετικό του επαγωγικού (*).

Φυσικά αυτού του τύπου οι αντιρρήσεις είναι εσφαλμένες και δημιουργούν σύγχυση σε μαθητές αλλά συχνά πυκνά σε συναδέλφους. Διότι αποδεικνύοντας την ανισότητα του Bernoulli με επαγωγή ουσιαστικά αποδεικνύουμε την ανισότητα για κάθε a \in [-1,\infty) και κάθε \nu \in \mathbb{N}. Έχοντας κάνει την απόδειξη μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε την ανισότητα διαλέγοντας οποιοδήποτε ζεύγος του [-1,+\infty )\times \mathbb{N}.

Γράφω για το θέμα διότι είδα πως πρόσφατα επανήλθε στο προσκήνιο. Είναι της ίδιας μορφής με το θέμα της διακρίνουσας που μας είχε απασχολησει στο παρελθόν(**).



(*) Τέτοιες αποδείξεις δεν είναι δύσκολο να βρεθούν. Γράφω μια που η ιδέα της υπάρχει και στην απόδειξη της \left( 1-\frac{1}{\nu ^{2}}\right) ^{\nu }\geq 1-\frac{1}{\nu } που έδωσα:
Η ανισότητα \left( 1+a\right) ^{\nu }\geq 1+\nu \alpha :
-Για \nu=1 ισχύει σαν ισότητα.
-Για a \geq 0 ισχύει διότι αν κάνουμε τους πολλαπλασιασμούς στο πρώτο μέλος θα βρούμε
\left( 1+a\right) ^{\nu }=1+\nu \alpha +κάποιοι θετικοί προσθετέοι.
Πρόκειται για άμεση παρατήρηση που δεν απαιτεί το δυωνυμικό θεώρημα.
-Για a<0 και \nu>1 είναι 1>1+a \geq 0 ισχύει διότι είναι \left( 1+a\right) ^{\nu }-1=\alpha \left( \left( 1+a\right) ^{\nu -1}+..+1\right) και
\left( 1+a\right) ^{\nu -1}+..+1\leq \nu επομένως \alpha \left( \left( 1+a\right) ^{\nu -1}+..+1\right) \geq \nu \alpha και \left( 1+a\right) ^{\nu }-1\geq \nu \alpha
(**) https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 133&t=7228

Καλή Ανάσταση


Αν κανείς δεν ελπίζει, δεν θα βρεί το ανέλπιστο, οι δρόμοι για το ανεξερεύνητο θα είναι κλειστοί.
Ηράκλειτος
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2637
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Μία ανισότητα με δύναμη.

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Σάβ Απρ 27, 2019 10:51 am

nsmavrogiannis έγραψε:
Σάβ Απρ 27, 2019 10:37 am
Γεια σας

Η συγκεκριμένη ανισότητα διαδραματίζει κάποιο ρόλο στην μελέτη του αριθμού e αλλά ο λόγος που ανέβασα ως άσκηση την απόδειξη της είναι άλλος.

Πριν περίπου 30 χρόνια έφθασε στο περιοδικό Ευκλείδης Γ΄ άρθρο ενός συναδέλφου, το όνομα του οποίου δεν έχει σημασία, στο οποίο ισχυριζόταν ότι η χρήση της ανισότητας του Bernoulli στην απόδειξη της παραπάνω ανισότητας σε πλείστα σχολικά-πανεπιστημιακά βιβλία είναι εσφαλμένη. Το επιχείρημα που προέβαλλε ήταν το ακόλουθο: Η ανισότητα του Bernoulli \left( 1+a\right) ^{\nu }\geq 1+\nu \alpha για \nu \in \mathbb{N}, a \geq -1 αποδεικνύεται με επαγωγή και a σταθερό μη εξαρτώμενο από το \nu. Η περίπτωση όπου το a εξαρτάται από το \nu δεν καλύπτεται από μια τέτοια απόδειξη. Επομένως, πάντα σύμφωνα με τις τότε αιτιάσεις του συναδέλφου, η χρήση της ανισότητας του Bernoulli στην απόδειξη της \left( 1-\frac{1}{\nu ^{2}}\right) ^{\nu }\geq 1-\frac{1}{\nu } μπορεί να γίνει μόνο αν η ανισότητα του Bernoulli αποδειχθεί με κάποιο άλλο τρόπο διαφορετικό του επαγωγικού (*).

Φυσικά αυτού του τύπου οι αντιρρήσεις είναι εσφαλμένες και δημιουργούν σύγχυση σε μαθητές αλλά συχνά πυκνά σε συναδέλφους. Διότι αποδεικνύοντας την ανισότητα του Bernoulli με επαγωγή ουσιαστικά αποδεικνύουμε την ανισότητα για κάθε a \in [-1,\infty) και κάθε \nu \in \mathbb{N}. Έχοντας κάνει την απόδειξη μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε την ανισότητα διαλέγοντας οποιοδήποτε ζεύγος του [-1,+\infty )\times \mathbb{N}.

Γράφω για το θέμα διότι είδα πως πρόσφατα επανήλθε στο προσκήνιο. Είναι της ίδιας μορφής με το θέμα της διακρίνουσας που μας είχε απασχολησει στο παρελθόν(**).



(*) Τέτοιες αποδείξεις δεν είναι δύσκολο να βρεθούν. Γράφω μια που η ιδέα της υπάρχει και στην απόδειξη της \left( 1-\frac{1}{\nu ^{2}}\right) ^{\nu }\geq 1-\frac{1}{\nu } που έδωσα:
Η ανισότητα \left( 1+a\right) ^{\nu }\geq 1+\nu \alpha :
-Για \nu=1 ισχύει σαν ισότητα.
-Για a \geq 0 ισχύει διότι αν κάνουμε τους πολλαπλασιασμούς στο πρώτο μέλος θα βρούμε
\left( 1+a\right) ^{\nu }=1+\nu \alpha +κάποιοι θετικοί προσθετέοι.
Πρόκειται για άμεση παρατήρηση που δεν απαιτεί το δυωνυμικό θεώρημα.
-Για a<0 και \nu>1 είναι 1>1+a \geq 0 ισχύει διότι είναι \left( 1+a\right) ^{\nu }-1=\alpha \left( \left( 1+a\right) ^{\nu -1}+..+1\right) και
\left( 1+a\right) ^{\nu -1}+..+1\leq \nu επομένως \alpha \left( \left( 1+a\right) ^{\nu -1}+..+1\right) \geq \nu \alpha και \left( 1+a\right) ^{\nu }-1\geq \nu \alpha
(**) https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 133&t=7228

Καλή Ανάσταση
Γεια σου Νίκο.
ΚΑΛΗ ΑΝΑΣΤΑΣΗ.
Να δούμε πότε θα έχουμε ΑΝΑΣΤΑΣΗ και για τα ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ.

Δεν ξέρω αν το γνωρίζεις άλλα ισχύει

\left( 1+a\right) ^{\nu }\geq 1+\nu \alpha

για \nu \in \mathbb{N}, a \geq -2

Η απόδειξη γίνεται με επαγωγή χωρίζοντας τους φυσικούς σε άρτιους και περιττούς.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11497
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Μία ανισότητα με δύναμη.

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Απρ 27, 2019 11:43 am

nsmavrogiannis έγραψε:
Σάβ Απρ 27, 2019 10:37 am
Πριν περίπου 30 χρόνια έφθασε στο περιοδικό Ευκλείδης Γ΄ άρθρο ενός συναδέλφου, το όνομα του οποίου δεν έχει σημασία, στο οποίο ισχυριζόταν ότι η χρήση της ανισότητας του Bernoulli στην απόδειξη της παραπάνω ανισότητας σε πλείστα σχολικά-πανεπιστημιακά βιβλία είναι εσφαλμένη.
.
Νίκο, πολύ ανησυχητικά αυτά που γράφεις.

Το ενδιαφέρον είναι ότι, χωρίς να γνωρίζω το άρθρο στον Ευκλείδη Γ', χρησιμοποιούσα ακριβώς την παραπάνω ανισότητα και την παραλλαγή της \left (1+\frac {1}{n^2}\right )^n \ge 1 + \dfrac {1}{n}   για να δώσω παράδειγμα στην αντίθετη κατεύθυνση από τον εν λόγω συνάδελφο. Συγκεκριμένα, έλεγα κάθε τόσο στους φοιτητές μου ότι:

Συχνά είναι ευκολότερο να αποδείξουμε έναν γενικότερο τύπο από έναν ειδικότερο.

Για παράδειγμα, έλεγα και εξακολουθώ να λέω στους φοιτητές μου, είναι πιο εύκολο να αποδείξουμε επαγωγικά τον (1+x )^n \ge 1 +nx για x\ge -1 και n \in \mathbb N και μετά να βάλουμε στον x όποια τιμή θέλουμε. Π.χ. να καταλήξουμε (για δεδομένο n ως άνω) στην \left (1+\frac {1}{100}\right )^n \ge 1 + \dfrac {n}{100}   ή την \left (1+\frac {1}{n^2}\right )^n \ge 1 + \dfrac {1}{n}   ή την \left (1+\frac {1}{\sqrt n}\right )^n \ge 1 + \sqrt n   . Αντίθετα, αν πάμε απευθείας επαγωγικά στις δύο τελευταίες, θα μπλέξουμε σε περιττά ή κοπιαστικά βήματα.

Εμένα με λυπεί όχι τόσο το γεγονός ότι κάποιος είπε μια μαθηματική ανοησία, αλλά ότι δημοσιεύτηκε σε έγκριτο περιοδικό με κριτή. Ο αληθινός δράστης είναι ο κριτής και όχι ο συγγραφέας, αλλά στην Ελλάδα της φαιδράς πορτοκαλέας (για να χρησιμοποιήσω έναν στίχο του Πάλλη), όλα είναι πιθανά.


Άβαταρ μέλους
nsmavrogiannis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4245
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 7:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Μία ανισότητα με δύναμη.

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nsmavrogiannis » Σάβ Απρ 27, 2019 12:17 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Σάβ Απρ 27, 2019 10:51 am
Γεια σου Νίκο.
ΚΑΛΗ ΑΝΑΣΤΑΣΗ.
Να δούμε πότε θα έχουμε ΑΝΑΣΤΑΣΗ και για τα ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ.

Δεν ξέρω αν το γνωρίζεις άλλα ισχύει

\left( 1+a\right) ^{\nu }\geq 1+\nu \alpha

για \nu \in \mathbb{N}, a \geq -2

Η απόδειξη γίνεται με επαγωγή χωρίζοντας τους φυσικούς σε άρτιους και περιττούς.
Mihalis_Lambrou έγραψε:
Σάβ Απρ 27, 2019 11:43 am
nsmavrogiannis έγραψε:
Σάβ Απρ 27, 2019 10:37 am
Πριν περίπου 30 χρόνια έφθασε στο περιοδικό Ευκλείδης Γ΄ άρθρο ενός συναδέλφου, το όνομα του οποίου δεν έχει σημασία, στο οποίο ισχυριζόταν ότι η χρήση της ανισότητας του Bernoulli στην απόδειξη της παραπάνω ανισότητας σε πλείστα σχολικά-πανεπιστημιακά βιβλία είναι εσφαλμένη.
Σταύρο μολονότι είχα υπ' όψιν άλλες γενικεύσεις της ανισότητας Bernoulli (λ.χ. αυτήν που χρησιμοποίησε ο Λάμπρος πιο πάνω) αυτή δεν την ήξερα. Και τούτο παρά το γεγονός ότι φρόντιζα να ζητώ από τους μαθητές μου της Γ' Λυκείου να αποδείξουν την Bernoulli χρησιμοποιώντας την \left( 1+a\right) ^{\nu }-\left( 1+\nu \alpha \right) μία ως συνάρτηση του a και μία ως συνάρτηση του \nu όχι απλώς για να κάνουν μια απόδειξη αλλά και να συγκρίνουν τις επιλογές τους. Η μελέτη της f\left( a\right) =\left( 1+a\right) ^{\nu }-\left( 1+\nu \alpha \right) δείχνει ότι είναι θετική για a>-2 οπότε η γενίκευση έπεται. Αλλά δεν το είχα προσέξει ποτέ!! Σε ευχαριστώ.
.
Νίκο, πολύ ανησυχητικά αυτά που γράφεις.

Το ενδιαφέρον είναι ότι, χωρίς να γνωρίζω το άρθρο στον Ευκλείδη Γ', χρησιμοποιούσα ακριβώς την παραπάνω ανισότητα και την παραλλαγή της \left (1+\frac {1}{n^2}\right )^n \ge 1 + \dfrac {1}{n}   για να δώσω παράδειγμα στην αντίθετη κατεύθυνση από τον εν λόγω συνάδελφο. Συγκεκριμένα, έλεγα κάθε τόσο στους φοιτητές μου ότι:

Συχνά είναι ευκολότερο να αποδείξουμε έναν γενικότερο τύπο από έναν ειδικότερο.

Για παράδειγμα, έλεγα και εξακολουθώ να λέω στους φοιτητές μου, είναι πιο εύκολο να αποδείξουμε επαγωγικά τον (1+x )^n \ge 1 +nx για x\ge -1 και n \in \mathbb N και μετά να βάλουμε στον x όποια τιμή θέλουμε. Π.χ. να καταλήξουμε (για δεδομένο n ως άνω) στην \left (1+\frac {1}{100}\right )^n \ge 1 + \dfrac {n}{100}   ή την \left (1+\frac {1}{n^2}\right )^n \ge 1 + \dfrac {1}{n}   ή την \left (1+\frac {1}{\sqrt n}\right )^n \ge 1 + \sqrt n   . Αντίθετα, αν πάμε απευθείας επαγωγικά στις δύο τελευταίες, θα μπλέξουμε σε περιττά ή κοπιαστικά βήματα.

Εμένα με λυπεί όχι τόσο το γεγονός ότι κάποιος είπε μια μαθηματική ανοησία, αλλά ότι δημοσιεύτηκε σε έγκριτο περιοδικό με κριτή. Ο αληθινός δράστης είναι ο κριτής και όχι ο συγγραφέας, αλλά στην Ελλάδα της φαιδράς πορτοκαλέας (για να χρησιμοποιήσω έναν στίχο του Πάλλη), όλα είναι πιθανά.
Μιχάλη δεν έγραψα ότι δημοσιεύτηκε αλλά απλώς ότι εστάλη. Μαλιστα το άρθρο υποβλήθηκε στον Ευκλείδη Β' και δεν το δημοσίευσαν. Ο συντάκτης του άρθρου διαμαρτυρήθηκε έντονα και μάλιστα απείλησε ότι θα απευθυνθεί στην.."Αυριανή". Τελικά απευθύνθηκε σε μας του Ευκλείδη Γ'. Γράψαμε μια απάντηση όπου εξηγούσαμε το λάθος και η ιστορία για μας τελείωσε εκεί. Όμως το ότι δεν δημοσιεύθηκε είναι μια λεπτομέρεια. Οι ανησυχίες σου είναι απολύτως βάσιμες. Διότι υπάρχουν αρκετοί μαθηματικοί που θεωρούν αυτού του είδους την επιχειρηματολογία βάσιμη και ως κριτές μάλλον δεν θα είχαν καμία αντίρρηση για την δημοσίευση.


Αν κανείς δεν ελπίζει, δεν θα βρεί το ανέλπιστο, οι δρόμοι για το ανεξερεύνητο θα είναι κλειστοί.
Ηράκλειτος
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11497
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Μία ανισότητα με δύναμη.

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Απρ 27, 2019 12:54 pm

nsmavrogiannis έγραψε:
Σάβ Απρ 27, 2019 12:17 pm
Μιχάλη δεν έγραψα ότι δημοσιεύτηκε αλλά απλώς ότι εστάλη. Μαλιστα το άρθρο υποβλήθηκε στον Ευκλείδη Β' και δεν το δημοσίευσαν. Ο συντάκτης του άρθρου διαμαρτυρήθηκε έντονα και μάλιστα απείλησε ότι θα απευθυνθεί στην.."Αυριανή". Τελικά απευθύνθηκε σε μας του Ευκλείδη Γ'. Γράψαμε μια απάντηση όπου εξηγούσαμε το λάθος και η ιστορία για μας τελείωσε εκεί. Όμως το ότι δεν δημοσιεύθηκε είναι μια λεπτομέρεια. Οι ανησυχίες σου είναι απολύτως βάσιμες. Διότι υπάρχουν αρκετοί μαθηματικοί που θεωρούν αυτού του είδους την επιχειρηματολογία βάσιμη και ως κριτές μάλλον δεν θα είχαν καμία αντίρρηση για την δημοσίευση.
Νίκο, ανακουφίζομαι με την διευκρίνηση. Ας σημειώσω ότι αποκάλεσα το περιοδικό ως έγκριτο και δεν θα άλλαζα γνώμη ακόμη και αν, σε αυτό το σημείο, είχε ατυχή στιγμή (που τελικά ήταν, ούτως ή άλλως, ανύπαρκτη). Και έχω λόγου γνώση για το περιοδικό γιατί, όπως θα θυμούνται οι παλιοί, ήμουν και εγώ κάποτε στην συντακτική του Επιτροπή και είχα για μερικά χρόνια μόνιμη στήλη με τίτλο "Ο Ευκλείδης Γ' σας απαντά".


Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 518
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Μία ανισότητα με δύναμη.

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Σάβ Απρ 27, 2019 1:56 pm

Στον Ευκλείδη Β τεύχος 110 υπάρχει άρθρο με τίτλο ''Ένας προβληματισμός στην ανισότητα Bernoulli''. Η απορία που διατυπώνεται εκεί είναι αν

μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε την Bernoulli για a εξαρτώμενο από το n, συμβολικά a_n.

Εκεί ο συγγραφέας του άρθρου αναφέρει ότι για να μπορέσουμε να εφαρμόσουμε την Bernoulli στην απόδειξη της (1+a_n)^n\geq 1+n a_n

κάνουμε το εξής ''κόλπο''. Παίρνουμε τυχών n ας πούμε n=10. Θέλουμε να δείξουμε την (1+a_{10})^{10}\geq 1+10 a_{10}.

Κρατάμε σταθερό τον δείκτη και αφήνουμε τον εκθέτη να μεταβάλλεται. Δείχνουμε τώρα με χρήση της Bernoulli ότι (1+a_{10})^n\geq 1+n a_{10}

(εδώ το a_{10} είναι σταθερό οπότε μπορεί να εφαρμοστεί η Bernoulli όπως αναφέρεται). Τώρα αφού η (1+a_{10})^n\geq 1+n a_{10} ισχύει για κάθε n

θα ισχύει και για n=10. Έτσι μπορούμε να δείξουμε ότι (1+a_n)^n\geq 1+n a_n για κάθε n.


Άβαταρ μέλους
nsmavrogiannis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4245
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 7:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Μία ανισότητα με δύναμη.

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nsmavrogiannis » Τρί Απρ 30, 2019 1:54 am

Χρισός Ανέστη
Mihalis_Lambrou έγραψε:
Σάβ Απρ 27, 2019 12:54 pm
..όπως θα θυμούνται οι παλιοί, ήμουν και εγώ κάποτε στην συντακτική του Επιτροπή και είχα για μερικά χρόνια μόνιμη στήλη με τίτλο "Ο Ευκλείδης Γ' σας απαντά".
Μιχάλη η στήλη ο "Ευκλείδης Γ' σας απαντά" ήταν εξαιρετική και, όπως γνωρίζω, είχε μεγάλη απήχηση στους συναδέλφους.

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε:
Σάβ Απρ 27, 2019 1:56 pm
Στον Ευκλείδη Β τεύχος 110 υπάρχει άρθρο με τίτλο ''Ένας προβληματισμός στην ανισότητα Bernoulli''. Η απορία που διατυπώνεται εκεί είναι αν

μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε την Bernoulli για a εξαρτώμενο από το n, συμβολικά a_n.

Εκεί ο συγγραφέας του άρθρου αναφέρει ότι για να μπορέσουμε να εφαρμόσουμε την Bernoulli στην απόδειξη της (1+a_n)^n\geq 1+n a_n

κάνουμε το εξής ''κόλπο''. Παίρνουμε τυχών n ας πούμε n=10. Θέλουμε να δείξουμε την (1+a_{10})^{10}\geq 1+10 a_{10}.

Κρατάμε σταθερό τον δείκτη και αφήνουμε τον εκθέτη να μεταβάλλεται. Δείχνουμε τώρα με χρήση της Bernoulli ότι (1+a_{10})^n\geq 1+n a_{10}

(εδώ το a_{10} είναι σταθερό οπότε μπορεί να εφαρμοστεί η Bernoulli όπως αναφέρεται). Τώρα αφού η (1+a_{10})^n\geq 1+n a_{10} ισχύει για κάθε n

θα ισχύει και για n=10. Έτσι μπορούμε να δείξουμε ότι (1+a_n)^n\geq 1+n a_n για κάθε n.
Λάμπρο εδώ ακριβώς είναι το πρόβλημα. Χειρισμοί αυτού του είδους προκαλούν σύγχιση σχετικά με το τι είναι απόδειξη και τί όχι.
Αυτό που κάνουμε όταν αποδεικνύουμε επαγωγικά την ανισότητα του Bermoulli είναι να επιλέξουμε τυχόντα a \geq -1 και να δείξουμε ότι
για όλα τα \nu \in \mathbb{N} ισχύει \left( 1+a\right) ^{\nu }\geq 1+\nu a. Επειδή η επιλογή του a \geq -1 είναι αυθαίρετη καλύπτει και τις περιπτώσεις
όπου ο a είναι κάποια συγκεκριμένη τιμή μιας παράστασης του \nu δηλαδή ανήκει στο σύνολο τιμών μια ακολουθίας.
Τυπικά μιλώντας η απόδειξη της Bermoulli με επαγωγή είναι η απόδειξη της πρότασης
\left( \forall a\right) \left[ \left( \forall \nu \right) \left( \left( \alpha \in \lbrack -1,+\infty )\right) \wedge \left( \nu \in \mathbb{N}\right) \Rightarrow \left( \left( 1+a\right) ^{\nu }\geq 1+\nu a\right) \right) \right] \,\,\,\,(1)
που είναι της μορφής
\left( \forall a\right) \left[ \left( \forall \nu \right) p\left( a,\nu \right) \right]
που ως γνωστόν είναι η
\left( \forall a\right) \left( \forall \nu \right) p\left( a,\nu \right)
στ συγκεκριμένη περίπτωση η (1) είναι η
\left( \forall a\right) \left( \forall \nu \right) \left[ \left( \alpha \in \lbrack -1,+\infty )\right) \wedge \left( \nu \in \mathbb{N}\right) \Rightarrow \left( \left( 1+a\right) ^{\nu }\geq 1+\nu a\right) \right]\,\,\,\,(2)


Αν κανείς δεν ελπίζει, δεν θα βρεί το ανέλπιστο, οι δρόμοι για το ανεξερεύνητο θα είναι κλειστοί.
Ηράκλειτος
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11497
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Μία ανισότητα με δύναμη.

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Μάιος 03, 2019 9:08 am

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε:
Σάβ Απρ 27, 2019 1:56 pm
Στον Ευκλείδη Β τεύχος 110 υπάρχει άρθρο με τίτλο ''Ένας προβληματισμός στην ανισότητα Bernoulli''. Η απορία που διατυπώνεται εκεί είναι αν

μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε την Bernoulli για a εξαρτώμενο από το n, συμβολικά a_n.

Εκεί ο συγγραφέας του άρθρου αναφέρει ότι για να μπορέσουμε να εφαρμόσουμε την Bernoulli στην απόδειξη της (1+a_n)^n\geq 1+n a_n

κάνουμε το εξής ''κόλπο''. Παίρνουμε τυχών n ας πούμε n=10. Θέλουμε να δείξουμε την (1+a_{10})^{10}\geq 1+10 a_{10}.

Κρατάμε σταθερό τον δείκτη και αφήνουμε τον εκθέτη να μεταβάλλεται. Δείχνουμε τώρα με χρήση της Bernoulli ότι (1+a_{10})^n\geq 1+n a_{10}

(εδώ το a_{10} είναι σταθερό οπότε μπορεί να εφαρμοστεί η Bernoulli όπως αναφέρεται). Τώρα αφού η (1+a_{10})^n\geq 1+n a_{10} ισχύει για κάθε n

θα ισχύει και για n=10. Έτσι μπορούμε να δείξουμε ότι (1+a_n)^n\geq 1+n a_n για κάθε n.
Δεν έχω δει το άρθρο οπότε δεν ξέρω πώς ο συγγραφέας δικαιολογεί την οπτική που εργάζεται. Πάντως ο Νίκος στο προηγούμενο ποστ είναι πειστικός και εξήγησε επαρκέστατα που είναι τα προβλήματα. Ας συνοψίσω γράφοντας την ετυμηγορία μου.

Τα προβλήματα με την προταθείσα (σωστή μεν) λύση της αρχικής άσκησης είναι δύο.

α) Παιδαγωγικό μέρος: Κάνει μία "μανούβρα" για να δικαιολογήσει εκείνο που δεν χρειάζεται εξήγηση. Συγκεκριμένα ότι η απόδειξη της (1+a_n)^n \ge 1+na_n χρειάζεται ειδική μεταχείριση/επέκταση της (1+x)^n \ge 1+nx, ενώ στην πραγματικότητα είναι ειδική περίπτωση. Μένει έτσι ο μαθητής με την εντύπωση ότι τα Μαθηματικά είναι συλλογή ad hoc περιστασιακών τεχνασμάτων. Καλό είναι να μην κάνουμε τα εύκολα, δύσκολα. Ένας ρόλος μας ως Δάσκαλοι είναι να διδάσκουμε την φυσικότητα των μεθόδων.

β) Μαθηματικό μέρος: Ουσιαστικά η προταθείσα απόδειξη της (1+a_n)^n \ge 1+na_n κάνει άπειρες φορές επαγωγή, μία για κάθε a_n. Π.χ. για να αποδείξουμε την (1+a_{10})^{10}\ge 1+10a_{10} κάνουμε επαγωγή για να καταλήξουμε στην (1+a_{10})^n \ge 1+na_{10} (και μετά θέτουμε n=10), ενώ αν θέλαμε την (1+a_{11})^{11}\ge 1+11a_{11} πρέπει να αρχίσουμε από την αρχή μέσω της (1+a_{11})^{n}\ge 1+na_{11}.

Αναρωτιέμαι τι θα κάναμε ακολουθώντας αυτή την τεχνική για να αποδείξουμε την \displaystyle{\left ( 1+ a_n^{b_m} \right )^{ mn }\ge  1+mna_n^{b_m} }.

Για παράδειγμα όταν mn=56 θα πρέπει άραγε να κάνουμε διαφορετική απόδειξη κάθε μιας από τις

\displaystyle{\left ( 1+ a_1^{b_{56}} \right ) ^{mn} \ge  1+mna_1^{b_{56} }},

\displaystyle{\left ( 1+ a_2^{b_{28}} \right )^{ mn} \ge  1+mna_2^{b_{28} }},

\displaystyle{\left ( 1+ a_4^{b_{14}} \right ) ^{mn} \ge  1+mna_4^{b_{14} }},

\displaystyle{\left ( 1+ a_7^{b_{8}} \right ) ^{mn} \ge  1+mna_7^{b_{8} }},

\displaystyle{\left ( 1+ a_8^{b_{7}} \right )^{ mn} \ge  1+mna_8^{b_{7} }}, ... και λοιπά;

Δεν είναι πιο καλά να αφήσουμε τις ακροβασίες και να μείνουμε στην (1+x)^n\ge 1+nx;

Ας μην κάνουμε τα εύκολα, δύσκολα.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες