kms - fórum o príkladoch

6. príklad 2. zimnej série 2008/2009

Zadanie:
Nech $n$ je prirodzené číslo, ktoré je väčšie ako $1$ . Uvažujme nerovnosť

$a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2\ge(a_1+a_2+\cdots+a_{n-1})a_n,$

kde $a_1,a_2,\dots,a_n$ sú ľubovoľné nezáporné reálne čísla.

a) Dokážte, že daná nerovnosť platí pre $n=2$ .
b) Nájdite všetky ďalšie $n$ , pre ktoré je nerovnosť splnená.

Naspäť na príklady | Napíš príspevok

kamilama - 12. 11. 2008 - 19:40:38 z 158.196.244.87.in-addr.arpa

misko sz napísal:
Rozmyslal som nad trosku jednoduchsim riesenim nez cez KAGH. Najprv si rovnako ako misof vsimnime, ze $a_n$ je vynimocne. Tak a teraz skusme dosadzovat. Pokus dosadit za vsetky premenne 1 nevysiel. Skusim teda za $a_i$ dostadit 1 a za $a_n$ dostadit 2:

$1+\dots+1+4 \geq (1+\dots+1)\cdot2$

$(n-1)+4 \geq (n-1)\cdot2$

Tym som vylucil velke $n$ a staci rozobrat tie male.

nj potialto som sa dostala aj ja...

cituj ma

misko sz - 09. 11. 2008 - 10:25:32 z misko.kolej.mff.cuni.cz

Rozmyslal som nad trosku jednoduchsim riesenim nez cez KAGH. Najprv si rovnako ako misof vsimnime, ze $a_n$ je vynimocne. Tak a teraz skusme dosadzovat. Pokus dosadit za vsetky premenne 1 nevysiel. Skusim teda za $a_i$ dostadit 1 a za $a_n$ dostadit 2:

$1+\dots+1+4 \geq (1+\dots+1)\cdot2$

$(n-1)+4 \geq (n-1)\cdot2$

Tym som vylucil velke $n$ a staci rozobrat tie male. Ale asi sa tym nevyhnem AG a tej neprijemnej nesymetrii. Mimochodom, to misofove KA je skryte vo volbe tych premennych.

cituj ma

Kubo - 08. 11. 2008 - 19:09:02 z adsl-dyn165.78-98-168.t-com.sk

Ale riesit neznamena len riesit ale aj prestudovat vzorak ked som to nevedel a vacsinou aj ked so vedel lebo tam mozu byt ina myslienky.

cituj ma

Nena - 08. 11. 2008 - 12:45:51 z adsl-dyn105.78-98-72.t-com.sk

a podľa mňa to nie je riešenie xD keď totiž začnem riešiť gamu, budem jej rozumieť práve tak, ako 6b (akože vôbec), takže akurát budem mať pocit, že gama je rovnako ťažká ako toto.. xD a to, predpokladám, nie je pravda xD

cituj ma

Kubo - 07. 11. 2008 - 18:21:14 z adsl-dyn165.78-98-168.t-com.sk

pre vsetkych ktorym sa to zdalo tazke mam riesenie...snazte sa robit gamu a bude sa vam toto zdat v pohode.

cituj ma

mišof - 05. 11. 2008 - 23:18:17 z adsl-dyn10.78-99-225.t-com.sk

No hej, veď aj ja by som na strednej do tohto búšil hrubou silou a snažil sa to nejak upravovať na štvorec a ono by to nejak vyšlo. Len som chcel ukázať, že existuje aj elegantný postup :)

Ináč, celkom zaujímavá a jednoduchá možnosť (nie úplne odlišná od tej prvej, len inak podaná) ešte môže ísť cez nasledujúce pozorovanie:
Keď máme zvoliť $n$ nezáporných čísel tak, aby ich súčet vyšiel $S$ , tak súčet druhých mocnín zvolených čísel bude najmenší vtedy, keď budú všetky rovnaké.
Toto je pravda preto, že ak by dve z nich boli rôzne, nazvime ich $x+d$ a $x-d$ , tak súčet ich druhých mocnín je $2x^2 + 2d^2$ . Ak by sme ich obe nahradili číslom $x$ , súčet tým nezmeníme a súčet druhých mocnín klesne na $2x^2$ .

No a pre túto úlohu z toho vyplýva: AK existuje nejaký kontrapríklad, TAK existuje kontrapríklad, kde $a_1=\cdots=a_{n-1}$ .
Tým sa zadanie mení na výrazne ľahšie $(n-1)a^2 + b^2 \geq (n-1)ab$ .

cituj ma

škrečok - 05. 11. 2008 - 19:21:19 z 158.195.167.118

HAgO napísal:
myslim, ze ako prvak by som to nezratal...

a teraz už áno? :) btw. prváci v zime nemusia rátať šestku, stačí sedmičku (aj to iba ak sú z matickej triedy, inak im stačí 1 až 5 :)).

cituj ma

HAgO - 05. 11. 2008 - 18:50:17 z chello085216180252.chello.sk

myslim, ze ako prvak by som to nezratal...

cituj ma

Baša <Pehavcek29~azet~sk> - 05. 11. 2008 - 16:58:39 z nat-1.aminet.sk

OMG... heh tento príklad asi nebudem mať ani za jeden bodík... jejda nejako mi to nevyšlo... bol na alfu moc ťažký... :(

cituj ma

kamilama - 05. 11. 2008 - 16:26:10 z 158.196.244.87.in-addr.arpa

a este chcem dodat ze som tretiacka ale co taki prvaci ktori ani nevedia poratat kvadraticku rovnicu v tomto case este... a nemaju paru o funkciach kvadratickych spojitych nespojitych definovanych atd... myslim ze vazne je to moc tyc na alfu

cituj ma

kamilama - 05. 11. 2008 - 16:18:49 z 158.196.244.87.in-addr.arpa

hm ja len ze som tretiacka na obycajnom gympli a vzivote som sa nestretla s inym ako aritmetickym priemerom a AG nerovnostou a nesymetrickou nerovnostou takze asi bude neico zle.... hm no co uz riesila som ako som vedela/nevedela a azda nejaky bodik dostanem

cituj ma

mišof - 05. 11. 2008 - 12:26:55 z adsl-dyn10.78-99-225.t-com.sk

Jaj dokelu, ja chcem vedieť editovať príspevky, ešte aj ten kvadratický priemer som napísal zle ja lama :P
Odmocnina má byť pochopiteľne druhá:

$K(a_1,\dots,a_n) = \sqrt{ \frac{ a_1^2 + \cdots + a_n^2 }n }$

To je tak, keď rýchlo píšem a potom si to po sebe nečítam poriadne. Hanba mi :P

cituj ma

mišof - 05. 11. 2008 - 09:34:07 z adsl-dyn10.78-99-225.t-com.sk

A ešte všeobecnejšia verzia: Oni tie priemery tak ako sa klasicky píšu vyzerajú strašne rozdielne, ale ono je to furt to isté. Môžeme definovať priemer $p$ -teho stupňa tak, že umocníme každé číslo na $p$ -tu, potom spravíme klasický (aritmetický) priemer, a výsledok naspäť odmocníme. Teda

$P(p,a_1,\dots,a_n) = \left( \frac{a_1^p + \cdots + a_n^p }n \right)^{1/p}$

Pre $p=1$ dostaneme aritmetický priemer, pre $p=2$ kvadratický, pre $p=-1$ harmonický.

Keď sa na to pozrieme ako na funkciu jednej premennej $p$ (teda akoby dosadíme ľubovoľné konkrétne $a_1,\dots,a_n$ ) tak zistíme, že pre $a_1=\cdots=a_n$ je to konštantná fcia a v ostatných prípadoch je vždy rastúca.

(A síce tak, ako sme ju napísali, nie je definovaná v nule, ale je spojitá, a dá sa ukázať, že keby sme ju v nule dodefinovali tak, že nepokazíme spojitosť, bude P(0) práve geometrický priemer.)

A z toho vyplývajú všetky nerovnosti medzi rôznymi priemermi. Napríklad kubický priemer $(p=3)$ je vždy $\geq$ od harmonického $(p=-1)$ .

Takto to vyzera pre $n=3$ a $a=(4,4,7)$ : http://people.ksp.sk/~misof/junk/priemery.png
(Hádajte k čomu ten graf konverguje pre $p=-\infty$ a $p=\infty$ .)

cituj ma

mišof - 05. 11. 2008 - 09:32:50 z adsl-dyn10.78-99-225.t-com.sk

Juj, v tom harmonickom mám bug, mi tam vypadlo $n$ , ten má samozrejme byť

$H(a_1,\dots,a_n) = \frac{n}{\frac1{a_1}+\cdots+\frac1{a_n}}$

cituj ma

mišof - 05. 11. 2008 - 09:12:18 z adsl-dyn10.78-99-225.t-com.sk

Keď máme $n$ nezáporných čísel $a_1,\dots,a_n$ , tak môžeme definovať veľa rôznych priemerov:
Normálny (aritmetický):

$A(a_1,\dots,a_n) = \frac{a_1 + \cdots + a_n}{n}$

Geometrický:

$G(a_1,\dots,a_n) = \sqrt[n]{a_1\cdots a_n}$

Harmonický:

$H(a_1,\dots,a_n) = \frac{1}{\frac1{a_1}+\cdots+\frac1{a_n}}$

Kvadratický:

$K(a_1,\dots,a_n) = \sqrt[n]{ \frac{ a_1^2 + \cdots + a_n^2 }n }$

Klasický a brutálne často používaný fakt je AG-nerovnosť: vždy platí $A\geq G$ , pričom rovnosť nastáva len ak sú všetky $a_i$ rovnaké.
Všeobecnejšia verzia je že vždy platí $K\geq A\geq G\geq H$ , rovnosť tak isto.

cituj ma

skiller - 05. 11. 2008 - 08:19:46 z localhost

mišof napísal:
No, prvý krok môjho riešenia som tu už napísal. Teraz sa na to pozrieš ako na kvadratickú fciu premennej $x$ . Keď chceme aby $\forall x;~ x^2 + px + q \geq 0$ , tak musí platiť, že $p^2-4q \leq 0$ . V našom prípade to hovorí, že musí byť:

$(a_1+a_2+\cdots+a_{n-1})^2 - 4(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_{n-1}^2) \leq 0$

alebo po menšej úprave:

$(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_{n-1}^2) \geq \frac{ (a_1+a_2+\cdots+a_{n-1})^2 }4$

A to už podozrivo pripomína nerovnosť medzi aritmetickým a kvadratickým priemerom, len je tam 4 namiesto $n-1$ , takže zvyšok nechám na čitateľa :)

Čo je nerovnosť medzi aritmetickým a kvadratickým priemerom? xD

cituj ma

mišof - 05. 11. 2008 - 00:03:14 z adsl-dyn10.78-99-225.t-com.sk

No, prvý krok môjho riešenia som tu už napísal. Teraz sa na to pozrieš ako na kvadratickú fciu premennej $x$ . Keď chceme aby $\forall x;~ x^2 + px + q \geq 0$ , tak musí platiť, že $p^2-4q \leq 0$ . V našom prípade to hovorí, že musí byť:

$(a_1+a_2+\cdots+a_{n-1})^2 - 4(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_{n-1}^2) \leq 0$

alebo po menšej úprave:

$(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_{n-1}^2) \geq \frac{ (a_1+a_2+\cdots+a_{n-1})^2 }4$

A to už podozrivo pripomína nerovnosť medzi aritmetickým a kvadratickým priemerom, len je tam 4 namiesto $n-1$ , takže zvyšok nechám na čitateľa :)

cituj ma

palo =) - 04. 11. 2008 - 22:11:27 z dial-92-52-9-250-orange.orange.sk

dalo sa to zratat aj nejako... pekne? teda, inak ako nechutnym busenim do skaredych vyrazov s vela premennymi?

cituj ma

mišof - 04. 11. 2008 - 20:50:01 z adsl-dyn10.78-99-225.t-com.sk

Ešte pridám hlbokú životnú múdrosť: Keď máme takúto nesymetrickú nerovnosť, zväčša sa oplatí premenovať si tú zlú neznámu, nech nám viac bije do očí:

$a_1^2+a_2^2+\cdots+a_{n-1}^2 + x^2 \ge(a_1+a_2+\cdots+a_{n-1}) x.$

Tak, a hneď je tá úloha ľahšia, nie? :)

cituj ma

mišof - 04. 11. 2008 - 20:25:26 z adsl-dyn10.78-99-225.t-com.sk

Pod to sa aj ja podpíšem, tiež som si vravel, že takúto asymetrickú nerovnosť dať do alfy je odvaha... ale zase, treba tvrdo do vás, nech ste potom múdrejší :)

cituj ma

kamilama - 04. 11. 2008 - 19:52:13 z 158.196.244.87.in-addr.arpa

som sama alebo sa to viacerym zdalo na sestku pritazke?

cituj ma