μέγιστο γινομένου & μισή ανισότητα Cauchy

#1

Νά αποδειχθεί ότι:

α) Γιά οποιουσδήποτε θετικούς αριθμούς $x_1, \,x_2,\,\ldots,\,x_{\nu}$ μέ σταθερό άθροισμα, δηλαδή $x_1+x_2+\ldots+x_{\nu}=\alpha$ , τό μέγιστο τού γινομένου $x_1\,x_2\,\dots\,x_{\nu}$ ισούται μέ $\left({\dfrac{\alpha}{\nu}}\right)^{\nu}$ .

β) Γιά οποιουσδήποτε θετικούς αριθμούς $a_1, \,a_2,\,\ldots,\,a_{\nu}$ ισχύει: $\sqrt[\nu]{a_1\,a_2\,\ldots\,a_{\nu}}\leq\dfrac{a_1+a_2+\ldots+a_{\nu}}{\nu}$ .

#2

Γρηγόρη , απέδειξα πρώτα το β) , μετά το α) και όχι όπως τα έδινες !!!

grigkost έγραψε:Νά αποδειχθεί ότι:
β) Γιά οποιουσδήποτε θετικούς αριθμούς $a_1, \,a_2,\,\ldots,\,a_{\nu}$ ισχύει: $\sqrt[\nu]{a_1\,a_2\,\ldots\,a_{\nu}}\leq\dfrac{a_1+a_2+\ldots+a_{\nu}}{\nu}$ .

$\bullet$ αρκει να δείξουμε ότι

$\displaystyle{(a_1\,a_2\,\ldots\,a_{\nu}) \leq \Big(\frac{a_1+a_2+\ldots+a_{\nu}}{\nu}\Big)^{\nu}}$ ,δηλαδή

$\displaystyle{\frac{a_{1}.a_{2}...a_{\nu}}{\Big(\frac{a_{1}+a_{2}+\dots +a_{\nu}}{\nu}\Big)^{\nu}}}\leq 1$ ,δηλαδή

$\displaystyle{{\frac{a_1}{(\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{\nu}}{\nu})}}\cdot {\frac{a_2}{(\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{\nu}}{\nu})}}\dots {\frac{a_{\nu}}{(\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{\nu}}{\nu})}}\leq 1=e^0}$

αλλά
$\displaystyle{\frac{a_1}{(\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{\nu}}{\nu})}}+ {\frac{a_2}{(\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{\nu}}{\nu})}}+...+ {\frac{a_{\nu}}{(\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{\nu}}{\nu})}}=\nu$ ,(I)

$\bullet$ εφαρμόζουμε την : $\boxed{e^{x-1}\geq x },\forall x \in \mathbb{R}$ ,ν φορές με $\displaystyle{x_{i}=\frac{a_i}{(\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{\nu}}{\nu})}},\,\,i=1,...,\nu$ ,στη συνέχεια πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη

και παίρνουμε ότι $e^{x_1+...+x_{\nu}-\nu} \geq x_1.x_2...x_{\nu}$ ,δηλαδή , $e^{0} \geq x_1.x_2...x_{\nu}$ και νομίζω πως αποδείχθηκε το ζητούμενο

grigkost έγραψε:Νά αποδειχθεί ότι:
α) Γιά οποιουσδήποτε θετικούς αριθμούς $x_1, \,x_2,\,\ldots,\,x_{\nu}$ μέ σταθερό άθροισμα, δηλαδή $x_1+x_2+\ldots+x_{\nu}=\alpha$ , τό μέγιστο τού γινομένου $x_1\,x_2\,\dots\,x_{\nu}$ ισούται μέ $\left({\dfrac{\alpha}{\nu}}\right)^{\nu}$ .

αυτό προκύπτει από το β)

#3

Καλη σας μέρα
Θεωρούμε την συνάρτηση
$f(x_{1},x_{2},...,x_{n})=x_{1}\cdot x_{2}\cdot ...\cdot x_{n}$ με
$x_{1}+x_{2}+...+x_{n}=a$ και $x_{i}\geq 0$
Το πεδίο ορισμού της

είναι ένα κλειστό και φραγμένο άρα συμπαγές υποσύνολο του $\mathbb{R}^n$ και η συνάρτηση είναι συνεχής. Θα έχει λοιπόν μέγιστη και ελάχιστη τιμή. Αυτή μπορεί να αναζητηθεί με την τεχνική των πολλαπλασιαστών του Lagrange.
'Εστω
$g(x_{1},x_{2},...,x_{n})=x_{1}+x_{2}+...+x_{n}-a$
οπότε θα επιλύσουμε το σύστημα
$g(x_{1},x_{2},...,x_{n})=0$
$\nabla f(x_{1},x_{2},...,x_{n})=\lambda \cdot \nabla g(x_{1},x_{2},...,x_{n})$
με αγνώστους $\lambda ,\ x_{i}$ . Το σύστημα δίνει
$x_{1}+x_{2}+...+x_{n}-a} =0$
$\left( x_{2}\cdot ...\cdot x_{n},x_{1}\cdot x_{3}\cdot ...\cdot x_{n},...,x_{1}\cdot x_{2}\cdot ...\cdot x_{n-1}\right) =\lambda \left( 1,1,...,1\right)$
Δηλαδή έχουμε
$x_{1}+x_{2}+...+x_{n}=a$
$x_{2}\cdot x_{3}\cdot ...\cdot x_{n}=\lambda$
$x_{1}\cdot x_{3}\cdot ...\cdot x_{n}=\lambda$
...
$x_{1}\cdot x_{2}\cdot ...\cdot x_{n-1}=\lambda$
Αν έστω και ένα $x_{i}$ είναι

το σύστημα έχει λύση που αντιστοιχεί στο ελάχιστο της

που είναι το

. Λύση με όλα τα $x_{i}$ διάφορα του μηδενός υπάρχει μόνο μία εκείνη με τα $x_{i}$ να είναι όλα ίσα που σημαίνει ότι είναι ίσα με $\frac{a}{n}$ . Αντισοιχεί στο μέγσιστο που είναι το $\left( \frac{a} {n}\right) ^{n}$
Το υπόλοιπο γίνεται με τρόπο παρόμοιο με εκείνο που υπάρχει στην λύση της Φωτεινής.
Μαυρογιάννης

#4

Για μια πιο στοιχειωδη λυση καταφευγουμε στην εις ατοπο απαγωγη: αν υπαρχουν δυο ανισοι αριθμοι χ < ψ στην ν-αδα που αντιστοιχει στο μεγιστο γινομενο τοτε ... αντικαθιστωντας τα χ, ψ με χ+ε, ψ-ε, οπου ε < (ψ-χ)/2, εχουμε το ιδιο αθροισμα αλλα μεγαλυτερο γινομενο λογω (χ+ε)(ψ-ε) >χψ.

Γιωργος Μπαλογλου

#5

gbaloglou έγραψε:Για μια πιο στοιχειωδη λυση καταφευγουμε στην εις ατοπο απαγωγη: αν υπαρχουν δυο ανισοι αριθμοι χ < ψ στην ν-αδα που αντιστοιχει στο μεγιστο γινομενο τοτε ... αντικαθιστωντας τα χ, ψ με χ+ε, ψ-ε, οπου ε < (ψ-χ)/2, εχουμε το ιδιο αθροισμα αλλα μεγαλυτερο γινομενο λογω (χ+ε)(ψ-ε) >χψ.

Γιωργος Μπαλογλου

Γιώργο καταπληκτική προσέγγιση. 'Εψαχνα εδώ και καιρό κάτι τέτοιο για να έχω μία προσιτή απόδειξη της Cauchy κατάλληλη και για πιο μικρές τάξεις.
Μέχρι στιγμής ήμουν σε θέση να την κάνω στα δευτεράκια και τα τριτάκια (με επαγωγή στην Β' και συνδυασμός επαγωγής και συναρτήσεων στην Γ'). Είχα και μία προσέγγιση με λίγα προαπαιτούμενα για την Α' Λυκείου αλλά ήταν ψυχοβγάλτης. Η δική σου προσέγγιση είναι τζάμι. Σε ευχαριστούμε πολύ. Το mathematica είναι μεγάλο σχολείο! Να είσαι καλά.
Μαυρογιάννης

#6

gbaloglou έγραψε:Για μια πιο στοιχειωδη λυση καταφευγουμε στην εις ατοπο απαγωγη: αν υπαρχουν δυο ανισοι αριθμοι χ < ψ στην ν-αδα που αντιστοιχει στο μεγιστο γινομενο τοτε ... αντικαθιστωντας τα χ, ψ με χ+ε, ψ-ε, οπου ε < (ψ-χ)/2, εχουμε το ιδιο αθροισμα αλλα μεγαλυτερο γινομενο λογω (χ+ε)(ψ-ε) >χψ.

Γιώργο, η καταπληκτική αυτή τεχνική έπρεπε να χρησιμοποιείται συχνότερα, αλλά δυστυχώς την ξεχνάμε. Θυμάμαι μία ευκολότερη παραλλαγή της στις Άλγεβρες την εποχή των μαθητικών μου χρόνων. Π.χ., αν δεν απατώμαι την έχει ο Τόγκας, αλλά σίγουρα και πολλοί άλλοι, στην αθάνατη Άλγεβρά του .

Λέει η παραλλαγή (θα το εξειδικεύσω στη άσκησή μας): Αν χ, ψ δύο άνισοι από τους δοθέντες, τους αντικαθιστούμε και τους δύο με τους (x+y)/2. Τώρα, το μεν άθροισμα μένει το ίδιο, αλλά το γινόμενο μεγαλώνει καθώς $(\frac{x+y}{2})^2 \ge xy$ .
Συνεπώς το μέγιστο προκύπτει όταν όλοι οι αριθμοί είναι ίσοι.

Αυτά!

Φιλικά,

Μιχάλης

#7

gbaloglou έγραψε:Για μια πιο στοιχειωδη λυση καταφευγουμε στην εις ατοπο απαγωγη: αν υπαρχουν δυο ανισοι αριθμοι χ < ψ στην ν-αδα που αντιστοιχει στο μεγιστο γινομενο τοτε ... αντικαθιστωντας τα χ, ψ με χ+ε, ψ-ε, οπου ε < (ψ-χ)/2, εχουμε το ιδιο αθροισμα αλλα μεγαλυτερο γινομενο λογω (χ+ε)(ψ-ε) >χψ.

Γιωργος Μπαλογλου

Πολύ όμορφη απόδειξη αλλά δυστυχώς δεν είναι πλήρης. Χρειάζεται να αποδείξουμε πρώτα ότι υπάρχουν $x_1,\ldots,x_n$ τα οποία μεγιστοποιούν το γινόμενο. Αυτό αποδεικνύεται εύκολα με συμπάγεια αλλά τότε δυστυχώς η απόδειξη δεν είναι στοιχειώδης.

Αυτή η απόδειξη υπάρχει στο βιβλίο των Hardy-Littlewood-Polya (λένε μάλιστα πως είναι και η πιο γνωστή απόδειξη του θεωρήματος

) και την αποδίδουν στον Maclaurin.

Μια άλλη απόδειξη που υπάρχει στο ίδιο βιβλίο βασίζεται στο να αποδειχθεί πρώτα επαγωγικά η ανισότητα στην περίπτωση n=2^m

. (Επαγωγή στο

.) Μετά παρατηρούν ότι στην περίπτωση που ο

δεν είναι δύναμη του δύο, μπορούν να πάρουν n < 2^m

και να εφαρμόσουν την ανισότητα στην 2^m

-άδα $\displaystyle \left(x_1,\ldots,x_n,\frac{x_1+\ldots+x_n}{n},\cdots,\frac{x_1+\ldots+x_n}{n} \right)$ .

#8

Demetres έγραψε:
Πολύ όμορφη απόδειξη αλλά δυστυχώς δεν είναι πλήρης. Χρειάζεται να αποδείξουμε πρώτα ότι υπάρχουν $x_1,\ldots,x_n$ τα οποία μεγιστοποιούν το γινόμενο. Αυτό αποδεικνύεται εύκολα με συμπάγεια αλλά τότε δυστυχώς η απόδειξη δεν είναι στοιχειώδης.

Δημήτρη,

Ναι έχεις δίκιο. Ευτυχώς που το τμήμα της απόδειξης που λέει "άρα το μέγιστο ισχύει όταν όλα τα χ είναι ίσα μεταξύ τους" είναι αρκετά "φανερό διαισθητικά" που δεν θα είχαν πρόβλημα οι μαθητές σε σχολείο.

Για την ιστορία: περί το 1999 (αν θυμάμαι καλά) είχε προτείνει o Νίκος Δεργιαδές στο CRUX μιά άσκηση που περιελάμβανε μια λίγο πιό γενική περίπτωση από αυτήν του Hardy-Littlewood-Polya που αναφέρεις.
Το CRUX αργότερα δημοσίευσε την δική μου λύση (βασιζόμενη σε συμπάγεια). Είχα μάλιστα στείλει δύο διαφορετικές λύσεις, αλλά το CRUX δημοσίευσε "την χειρότερη" από τις δύο.

Αλέξανδρε, εσύ παίρνεις το CRUX. Αν βρεις χρόνο, μπορείς να ψάξεις το θέμα; Αν το βρεις και το αναρτήσεις στο mathematica, θα ψάξω και εγώ στο αρχείο μου την δεύτερη λύση. (Θα πρέπει όμως να την δακτυλογραφήσω γιατί τότε έστελνα τις λύσεις μου στο CRUX σε χειρόγραφη μορφή!).

Φιλικά,

Μιχάλης.

#9

Γιά τό α) (μέγιστο γινομένου) είχα υπόψιν τήν λύση πού έδωσε ο Νίκος Μαυρογιάννης, αλλά δημοσίευσα τό θέμα αναμένωντας κι άλλες αποδείξεις.

Η μισή ανισότητα $\rm{Cauchy}$ προκύπτει άμεσα από τό α):

Άν $a_1+a_2+\ldots+a_{\nu}=\alpha$ , τότε από τήν α) προκύπτει

${a_1\,a_2\,\ldots\,a_{\nu}}\leq\left({\frac{\alpha} {\nu}}\right)^{\nu}=\left({\frac{a_1+a_2+\ldots+a_{\nu}} {\nu}}\right)^{\nu}\quad\Rightarrow\quad\sqrt[\nu]{a_1\,a_2\,\ldots\,a_{\nu}}\leq\dfrac{a_1+a_2+\ldots+a_{\nu}}{\nu}$ .

#10

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Demetres έγραψε:
Πολύ όμορφη απόδειξη αλλά δυστυχώς δεν είναι πλήρης. Χρειάζεται να αποδείξουμε πρώτα ότι υπάρχουν $x_1,\ldots,x_n$ τα οποία μεγιστοποιούν το γινόμενο. Αυτό αποδεικνύεται εύκολα με συμπάγεια αλλά τότε δυστυχώς η απόδειξη δεν είναι στοιχειώδης.
Δημήτρη,

Ναι έχεις δίκιο. Ευτυχώς που το τμήμα της απόδειξης που λέει "άρα το μέγιστο ισχύει όταν όλα τα χ είναι ίσα μεταξύ τους" είναι αρκετά "φανερό διαισθητικά" που δεν θα είχαν πρόβλημα οι μαθητές σε σχολείο.

Συμφωνώ απόλυτα. Θέλει μόνο λίγη προσοχή στους μαθηματικούς διαγωνισμούς. Δεν ξέρω μια τέτοια λύση πόσες μονάδες θα έπαιρνε. Στο mathlinks μια παρόμοια συζήτηση προέκυψε από ένα άρθρο του Vasile Cirtoaje που δείχνει μια μέθοδο επίλυσης τέτοιων ανισοτήτων την οποία ονομάζει "Arithmetic Compensation Method".

#11

Demetres έγραψε:
gbaloglou έγραψε: Για μια πιο στοιχειωδη λυση καταφευγουμε στην εις ατοπο απαγωγη: αν υπαρχουν δυο ανισοι αριθμοι χ < ψ στην ν-αδα που αντιστοιχει στο μεγιστο γινομενο τοτε ... αντικαθιστωντας τα χ, ψ με χ+ε, ψ-ε, οπου ε < (ψ-χ)/2, εχουμε το ιδιο αθροισμα αλλα μεγαλυτερο γινομενο λογω (χ+ε)(ψ-ε) >χψ.
Πολύ όμορφη απόδειξη αλλά δυστυχώς δεν είναι πλήρης. Χρειάζεται να αποδείξουμε πρώτα ότι υπάρχουν $x_1,\ldots,x_n$ τα οποία μεγιστοποιούν το γινόμενο. Αυτό αποδεικνύεται εύκολα με συμπάγεια αλλά τότε δυστυχώς η απόδειξη δεν είναι στοιχειώδης.

Οντως

Αλλα η αναφορα του Δημητρη στην συμπαγεια με παει ... δυο δεκαετιες πισω, τοτε που με τον παλιο συναδελφο Phil Tracy υποβαλαμε στο Monthly "ενα προβλημα αθροισματων και γινομενων":

Να βρεθει η ελαχιστη σταθερα Kn τετοια ωστε αν (X1, X2, ... , Xn), (Y1, Y2, ... , Yn) ειναι ν-αδες θετικων πραγματικων αριθμων για τις οποιες ισχυει (Χ1)*(Χ2)*...*(Χn) = (Y1)*(Y2)*...*(Yn) και Σ |Χi-Xj| <= Σ |Yi-Yj| τοτε Σ Xi < (Kn) * (Σ Yi) .

Η απαντηση ειναι Kn = n-1, και η μακροσκελης αποδειξη μας βασιζονταν σε Λογισμο *μιας* μεταβλητης, διαφορα τεχνασματα του τυπου (χ+ε)(ψ-ε) >χψ, και, κυριως, μια μελετη της συναρτησης Σ Χi επι του *συμπαγους* συνολου D(L) που αποτελειται απο ν-αδες (Χ1, Χ2, ... , Χn) για τις οποιες εχουμε 0 < Χ1 <= Χ2 <= ... <= Χn , (Χ1)*(Χ2)*...*(Χn) = 1, και Σ |Χi-Xj| = (n-1)*L (οπου βεβαια 1 <= i < j <= n): ειχαμε εικασει τοτε οτι το μεγιστο επιτυγχανεται στο (Αn(L), An(L) + L, ... , An(L) + L) , οπου An(L) * [An(L) + L]^(n-1) = 1 , και το ελαχιστο στο (Ζ1, Ζ2, ... , Ζn), οπου οι 1/Zn, ... , 1/Z2, 1/Z1 αποτελουν αριθμητικη προοδο.

[Αυτο το ανοικτο προβλημα (τολμω να το αποκαλεσω ετσι) βελτιστοποιησης αναφερεται εδω και επισης στο Monthly του Δεκεμβριου 1995, σελ. 935. Η λυση που δημοσιευσε το Monthly (Νοεμβριος 1994, σελ. 914-16) ηταν αυτη του μοναδικου λυτη, Eugene Herman, και δεν χρησιμοποιει καθολου Λογισμο

]

Γιωργος Μπαλογλου

#12

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Demetres έγραψε:
Πολύ όμορφη απόδειξη αλλά δυστυχώς δεν είναι πλήρης. Χρειάζεται να αποδείξουμε πρώτα ότι υπάρχουν $x_1,\ldots,x_n$ τα οποία μεγιστοποιούν το γινόμενο. Αυτό αποδεικνύεται εύκολα με συμπάγεια αλλά τότε δυστυχώς η απόδειξη δεν είναι στοιχειώδης.
Δημήτρη,

Ναι έχεις δίκιο. Ευτυχώς που το τμήμα της απόδειξης που λέει "άρα το μέγιστο ισχύει όταν όλα τα χ είναι ίσα μεταξύ τους" είναι αρκετά "φανερό διαισθητικά" που δεν θα είχαν πρόβλημα οι μαθητές σε σχολείο.

Για την ιστορία: περί το 1999 (αν θυμάμαι καλά) είχε προτείνει o Νίκος Δεργιαδές στο CRUX μιά άσκηση που περιελάμβανε μια λίγο πιό γενική περίπτωση από αυτήν του Hardy-Littlewood-Polya που αναφέρεις.
Το CRUX αργότερα δημοσίευσε την δική μου λύση (βασιζόμενη σε συμπάγεια). Είχα μάλιστα στείλει δύο διαφορετικές λύσεις, αλλά το CRUX δημοσίευσε "την χειρότερη" από τις δύο.

Είχα υποσχεθεί ότι θα αναρτούσα απόδειξη της εξής άσκησης του Νίκου Δεργιαδέ το 1998, πρόβλημα 2389 στο CRUX, τόμος 24.

Έστω $f: \mathbb R^n \rightarrow \mathbb R$ συνεχής συνάρτηση που ικανοποιεί
$f(a_1, a_2, a_3, ... , a_n) \le f(\frac{a_1+ a_2}{2}, \frac{a_2+ a_3}{2}, a_3, ... , a_n)$ για κάθε a_1, a_2, ... , a_n

στο $\mathbb R$ .
Αν $m = \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}$ , δείξτε ότι
$f(a_1, a_2, a_3, ... , a_n) \le f(m, m, ... , m)$ .

Ακολουθούν οι δύο λύσεις. Δυστυχώς είναι στα αγγλικά, γιατί δεν είχα χρόνο να τις μεταγλωττίσω.

: scan0001.png (17.71 KiB) Προβλήθηκε 2675 φορές

: scan0002.png (16.56 KiB) Προβλήθηκε 2675 φορές

: scan0003.png (16.88 KiB) Προβλήθηκε 2675 φορές

: scan0004.png (19.76 KiB) Προβλήθηκε 2675 φορές

Φιλικά,

Μιχάλης

mathematica.gr

μέγιστο γινομένου & μισή ανισότητα Cauchy

μέγιστο γινομένου & μισή ανισότητα Cauchy

Re: μέγιστο γινομένου & μισή ανισότητα Cauchy

Re: μέγιστο γινομένου & μισή ανισότητα Cauchy

Re: μέγιστο γινομένου & μισή ανισότητα Cauchy

Re: μέγιστο γινομένου & μισή ανισότητα Cauchy

Re: μέγιστο γινομένου & μισή ανισότητα Cauchy

Re: μέγιστο γινομένου & μισή ανισότητα Cauchy

Re: μέγιστο γινομένου & μισή ανισότητα Cauchy

Re: μέγιστο γινομένου & μισή ανισότητα Cauchy

Re: μέγιστο γινομένου & μισή ανισότητα Cauchy

Re: μέγιστο γινομένου & μισή ανισότητα Cauchy

Re: μέγιστο γινομένου & μισή ανισότητα Cauchy

Μέλη σε σύνδεση