Мързеше ме да го пиша т'ва решение
ама му дойде времето.
" Задачата е обобщение на предишните теореми от задачи 30, 45, 46 (Тези, които ги качих миналия път). Доказателството се прави по същият начи като в гореспонетатите задачи. Предполагайки валидността на теоремата за [tex]n=m[/tex], нека я докажем за [tex]n = 2m[/tex] Имаме
[tex]\phi(\frac{t_1 + t_2 + ... t_{2m}}{2m}) = \phi(\frac{\frac{t_1 + t_2}{2} + ... + \frac{t_{2m-1}}{2}}{m}) \leq \frac{\phi(\frac{t_1+t_2}{2} +...+\phi(\frac{t_{2m-1} + t_{2m}}{2}))}{m} < \frac{\frac{\phi(t_1) + \phi(t_2)}{2}+...+ \frac{\phi(t_{2m-1})+ \phi(t_{2m})}{2}}{m} = \frac{\phi(t_1) + \phi(t_2) + ... + \phi(t_{2m-1})+ \phi(t_{2m})}{2m}[/tex]
(тъй като, поради хипотезата, не всички стойности [tex]t_1,t_2,...t_{2m}[/tex] са равни една на друга, те могат да бъдат групирани, така че, например, [tex]t_1 \neq t_2[/tex].) Следователно, теоремата е валидна за [tex]n = 2^m[/tex]. Нека положим [tex]n + p = 2^m[/tex]. Тогава
[tex]\phi(\frac{t_1 + t_2 +...+t_n + \tau_1 + \tau_2 +...+\tau_p}{n+p}) < \frac{\phi(t_1)+...+\phi(t_n) + \phi(\tau_1) + ... + \phi(\tau_p)}{n+p}[/tex] (тук не всички [tex]t_1,t_2,..t_n[/tex] са равни едно на друго ). Нека положим
[tex]\tau_1 = \tau_2 =...=\tau_p = \frac{t_1 + t_2 + ... + t_n}{n}[/tex],
[tex]\tau_1 + \tau_2 + ... + \tau_p = \frac{t_1 + t_2 + ... + t_n}{n}p[/tex]
Последователно
[tex]\phi(\frac{t_1 + t_2 + ... + t_n + \tau_1 + ... + \tau_p}{n+p}) = \phi(\frac{t_1 + t_2 + ... + t_n}{n})[/tex]
От друга страна
[tex]\frac{\phi(t_1)+...+\phi(t_n)+ \phi(\tau_1) + ... + \phi(\tau_p)}{n+p} = \frac{\phi(t_1) + ... + \phi(t_n) + p\phi(\frac{t_1 + ... + t_n}{n})}{n+p}[/tex]
От последното неравенство получаваме
[tex]\phi(\frac{t_1 + ... + t_n}{n}) < \frac{\phi(t_1) + ... + \phi(t_n)}{n}[/tex].
Гореизведените теореми (погледнете задачи 30, 45, 46)се получават, както вече споменахме по-горе, от тази по-обща теорема. Нека го представим.
[tex]1[/tex] Нека
[tex]\phi(t) = - log(1+t)[/tex],
тогава
[tex]\phi(\frac{t_1+t_2}{2}) = -log(1+ \frac{t_1+t_2}{2})[/tex].
Още повече
[tex]\frac{\phi(t_1) + \phi(t_2)}{2} = -\frac{log(1 + t_1) + log(1+t_2)}{2} = -log(\sqrt{(1+t_1)(1+t_2)})[/tex]
Но
[tex]\sqrt{(1+t_1)(1+t_2)} < \frac{1+t_1 + 1 + t_2}{2} = 1 + \frac{t_1 + t_2}{2} (t_1 \neq t_2)[/tex].
Следователно
[tex]log(\sqrt{(1+t_1)(1+t_2)}) < log(1 + \frac{t_1 + t_2}{2})[/tex]
(основата на логаритмите е по-голяма от единица) и
[tex]-log(\sqrt{(1+t_1)(1+t_2)}) > -log(1 + \frac{t_1 + t_2}{2})[/tex]
В последствие, функцията
[tex]\phi(t) = -log(1+t)[/tex]
найстина има свойството
[tex]\phi(\frac{t_1 + t_2}{2}) < \frac{\phi(t_1)+\phi(t_2)}{2}[/tex],
и следователно трябва да е вярно
[tex]\phi(\frac{t_1 + t_2+...+t_n}{n}) < \frac{\phi(t_1) + \phi(t_2)+...+\phi(t_n)}{n}[/tex],
т.е
[tex]-log(1 + \frac{t_1 + t_2 + ... + t_n}{n})< -\frac{log(1+t_1) + log(1+t_2)+...+log(1+t_n)}{n}[/tex],
[tex]log( \sqrt[n]{(1+t_1)(1+t_2)...(1+t_n)}) < log(1 + \frac{t_1 + ... t_n}{n})[/tex]
Още повече
[tex]\sqrt[n]{(1+t_1)(1+t_2)...(1+t_n)}) < log(1 + \frac{t_1 + ... t_n}{n} <1 + \frac{t_1 + ... t_n}{n} = \frac{(1+t_1) + (1 + t_2)+...+(1+t_n)}{n}[/tex]
Полагайки [tex]1 +t_1 = x_i[/tex], най-после получаваме
[tex]\sqrt[n]{x_1x_2...x_n} < \frac{x_1 + x_2 + ... + x_n}{n}[/tex].
Очевидно, ако предположим случаят [tex]x_1 = x_2 = ... = x_n[/tex], тогава ще имаме
[tex]\sqrt[n]{x_1x_2...x_n} \leq \frac{x_1 + x_2+...+x_n}{n}[/tex]
(Тук си загубих прогреса веднъж и вече съм в абсолютно бесен режим
)
[tex]2[/tex] Ако положим [tex]\phi(t) = t^k[/tex],
тогава
[tex]\phi(\frac{t_1 + t_2}{2}) = (\frac{t_1 + t_2}{2})^k[/tex]
[tex][/tex]
Предполагайки неравенството
[tex](\frac{t_1 + t_2}{2})^k < \frac{t_1^k + t_2^k}{2}[/tex]
е вярно, тогава получаваме резултата от задача 46
[tex]3[/tex] Полагаме
[tex]\phi(t) = log(1 + e^t)[/tex]
(логаритъмът го взимаме с база [tex]e > 1[/tex])
Тогава
[tex]\phi(\frac{t_1 + t_2}{2}) = log(1+e^{\frac{t_1 + t_2}{2}})[/tex],
[tex]\frac{\phi(t_1) + \phi(t_2)}{2} = log(\sqrt{(1+e^{t_1})(1 + e^{t_2})})[/tex].
Тъй като
[tex]\sqrt{(1+e^{t_1})(1 + e^{t_2})} > 1 + e^{\frac{t_1 + t_2}{2}}[/tex],
изпълнено за функцията [tex]\phi(t)[/tex] е неравенството
[tex]\phi(\frac{t_1+t_2}{2 })< \frac{\phi(t_1) + \phi(t_2)}{2} (t_1 \neq t_2).[/tex]
Следователно
[tex]\phi(\frac{t_1+...+t_n}{n}) < \frac{\phi(t_1)+...\phi(t_n)}{n}[/tex],
т.е
[tex]log(1 + e^{\frac{t_+...+t_n}{n}}) < \sqrt[n]{(1+e^{t_1}...(1+e^{t_n}))}[/tex].
Полагаме
[tex]e^t = \lambda , t = log_e(\lambda)[/tex].
Тогава
[tex]\sqrt[n]{(1 + e^{t_1}) ...(1 +e^{t_n})} = \sqrt[n]{(1+\lambda_1)...(1+\lambda_n)} > 1 + e^{\frac{log\lambda_1 + ... + log\lambda_n}{n}}[/tex]
Накрая
[tex]\sqrt[n]{(1+\lambda_1)...(1+\lambda_n)} > 1 + \sqrt[n]{\lambda_1...\lambda_n}[/tex]
"
Оказа се, че голяма част от това, всъщност е решение на другите 3 задачи чрез обобщената теорема. Все пак си струваше да се напише. По средата, че и по-рано ми изключи мозъка, така че нещо не ми се получи целта да го разбера както трябва
. Трябва май да поям още бая боб (задачи от сборника), че да разбера/оценя тези по-дълги решения, макар че, сигурно ако си концентрирам малко има шанс да го схвана ... след известно време. Надявам се преводът да е адекватен, форматирането може да е зле, накрая много бързах, защото си загубих прогрес от последната страница точно като щях да поствам.
Меню
