Доказать, что если $$ x_{1}x_{2}...x_{n} = 1, то $$ $$x_{1}+x_{2}+...+x_{n} \geq n $$ Получил это неравенство: $$x_{1}+x_{2}+...+x_{n} \geq n (x_{1}x_{2}...x_{n}) $$ $$ \frac{x_{1}+x_{2}+...+x_{n}}{n} \geq x_{1}x_{2}...x_{n} $$ Если предположить, что n+1 элемент наименьший, то $$ x_{n+1} \leq \frac{x_1 + x_2 + ... + x_{n+1}}{n+1} $$ $$ x_1x_2x_3...x_nx_{n+1} = x_{n+1} \leq \frac{x_1 + x_2 + ... + x_{n+1}}{n+1} $$ Верно ли это доказательство?

задан 29 Янв '17 12:49

изменен 29 Янв '17 13:33

10|600 символов нужно символов осталось
1

Прежде всего, числа здесь должны быть положительными. Если допустить наличие отрицательных, то утверждение будет в общем случае неверно.

Для неотрицательных чисел хорошо известно неравенство о среднем, которое можно записать в виде $%x_1+\cdots+x_n\ge n\sqrt[n]{x_1...x_n}$%. Отсюда всё сразу следует. Корень нельзя заменять на произведение, если мы пытаемся доказать общий факт. Изложенное Вами рассуждение принципиально неверно. Если его доказывать для произвольных положительных чисел без ограничения, то мы не можем использовать тот факт, что $%x_1...x_n=1$%. Если же это ограничение вводить, то для $%n+1$% числа надо будет полагать $%x_1...x_nx_{n+1}=1$%, и тогда это условие уже нельзя будет применять для первых $%n$% чисел. В общем, тут сплошная путаница в рассуждениях, и отсутствует какое-либо "рациональное зерно".

Для неравенств о среднем, обычное рассуждение методом математической индукции чаще всего заменяют на другое. База здесь очевидна, а вместо шага от $%n$% к $%n+1$% используются другие переходы. Достаточно легко доказать, что если утверждение (с участием корня) верно для $%n$% чисел, то оно верно и для $%2n$% чисел. Тогда получается, что оно верно для любой степени двойки. А теперь достаточно шага в обратном направлении: нужно проверить, что если утверждение верно для $%n+1$% числа, то оно верно для $%n$% чисел. Здесь обычно берут $%n$% чисел, а $%(n+1)$%-е полагают равным их среднему арифметическому. И такой шаг уже без труда осуществляется.

А для той формулировки условия задачи, которая приведена у Вас, имеется красивое отдельное доказательство, с которым можно ознакомиться по ссылке.

ссылка

отвечен 29 Янв '17 13:37

Большое спасибо за ссылку и разъяснение. Было очень не очевидно то, что индукция в шаблонном варианте тут неуместна

(29 Янв '17 14:18) WhiplHann
1

@WhiplHann: я помню, что на меня ещё в школьные годы произвёл впечатление тот способ доказательства, где делается два перехода n->2n и n+1->n. Тем удивительнее, кстати, доказательство из статьи Ю.П.Соловьёва, где с помощью "трюка" удаётся свести рассуждение к "классическому" варианту.

(29 Янв '17 14:21) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×80

задан
29 Янв '17 12:49

показан
441 раз

обновлен
29 Янв '17 14:21

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru