Пусть $%n$% - произвольное натуральное число. Доказать (не применяя производных, без исследования функций на экстремум и т.п.), что для произвольных положительных вещественных чисел $%a$% и $%b$% имеет место неравенство $$\frac{a^{n+1}+b^{n+1}}{a^{n}+b^{n}} \ge \sqrt[2n+1]{\frac{a^{2n+1}+b^{2n+1}}{2}}$$

задан 10 Ноя '19 18:15

Вопрос уже звучал здесь. Я привел решение через производные. Можно также доказать через неравенство Коши для средних.

(10 Ноя '19 19:22) EdwardTurJ
10|600 символов нужно символов осталось
3

Положим: $%\ \ \ \ \ a^{2n+1}+b^{2n+1}=2$%

$$a^{2n+1}=1+x\ ,\ \ \ \ \ b^{2n+1}=1-x\ , \ \ x\in[0,1)$$ Тогда неравенство перепишется: $$(1+x)^{\alpha}+(1-x)^{\alpha}\ge (1+x)^{\beta}+(1-x)^{\beta}\ \ ,\ \ \alpha=\dfrac{1+n}{2n+1}>\beta=\dfrac{n}{2n+1}\ \ \ (\alpha +\beta =1)$$

$$f(x,\alpha)=(1+x)^{\alpha}+(1-x)^{\alpha}=2(1-\dfrac{\alpha(1-\alpha)}{2!}x^2-\dfrac{\alpha(1-\alpha)(2-\alpha)(3-\alpha)}{4!}x^4-\ ...)$$

$$f(x,\alpha)-f(x,\beta) =2\alpha\beta \cdot x^4\cdot (\dfrac{(1+\alpha)(2+\alpha)-(1+\beta)(2+\beta)}{4!} +$$ $$ +\dfrac{(1+\alpha)(2+\alpha)(3+\alpha)(4+\alpha)-(1+\beta)(2+\beta)(3+\beta)(4+\beta)}{6!}x^2 +\ ... ) \ge 0$$

ссылка

отвечен 13 Ноя '19 22:07

изменен 13 Ноя '19 23:05

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:

×1,141
×498
×360
×331
×248

задан
10 Ноя '19 18:15

показан
330 раз

обновлен
13 Ноя '19 23:05

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