kkkkk zombi: Kaczor Nowak, czas zacząć. 1.1.2. Niech A⊂R będzie zbiorem niepustym. Określamy zbiór −A = {x: −x∊A}. Pokazać, że sup(−A) = − inf(A). Wydaje się mega oczywiste, ale nie wiem jak to formalnie pokazać. Mógłby ktoś pokazać ładny zapis?

Godzio: sup(A) = M ⇔ ∀_{a ∊ A} a ≤ M oraz ∀_{ε > 0}∃_{a ∊ A} a > M − ε inf(A) = m ⇔ ∀_{a ∊ A} a ≥ m oraz ∀_{ε > 0}∃_{a ∊ A} a < m + ε No to w naszym wypadku: Dla supremum: ∀_{x ∊ (−A)} x ≤ M oraz ∀_{ε > 0}∃_{x ∊ (−A)} x > M − ε Dla infimum ∀_{x ∊ A} x ≥ m oraz ∀_{ε > 0}∃_{x ∊ A} x < m + ε stąd mamy: ∀_{x ∊ A} − x ≤ − m oraz ∀_{ε > 0}∃_{x ∊ A} − x > − m − ε, to możemy zapisać jako: ∀_{−x ∊ A} x ≤ − m oraz ∀_{ε > 0}∃_{−x ∊ A} x > − m − ε, i dalej ∀_{x ∊ (−A)} x ≤ − m oraz ∀_{ε > 0}∃_{x ∊ (−A)} x > − m − ε Popatrzmy teraz na definicje supremum, wychodzi nam z tego, że −m = sup(−A), ale wiemy, że m = inf(A) więc sup(−A) = − inf(A). Trzeba pamiętać, że często w matematyce zdarzają się dwa przypadki, ten drugi zazwyczaj jest oczywisty, ale nie można o nim zapomnieć. Tutaj trzeba rozważyć co będzie, gdy zbiór jest nieograniczony (w innych zdaniach może się zdarzyć, że przestrzeń jest skończona / nieskończona)

zombi: To akurat z Banasia. Udowodnić: 1. m,n,k∊N, k≤m+n

m+n k		m i		n k−i
	= ∑i=0k		*

2.

	1		1		1		n
arctg		+ arctg		+ ... + arctg		= arctg
	2		8		2n2		n+1

Godzio: Ja bym próbował tak: (zapiszę tylko 3 pierwsze wyrazy sumy)

m 0	n k		m 1	n k−1		m 2	n k−2
		+			+			= [rozpisujemy ze wzorku]

m 0	n−1 k − 1		m 1	n−1 k−1		m 1	n−1 k−2		m 2	n−1 k−2
		+			+			+			+

	m 2	n−1 k−3
			=

n−1 k−1

m 0

m 1

n−1 k−2

m 1

m 2

m 2

n−1 k−3

(

+

) +

(

+

) +

=

n − 1 k − 1	m+1 1		n−1 k−2	m+1 2		m 2	n−1 k−3
		+			+

Rozpisując wszystkie wyrazy tak, powinny się cały czas zwijać, aż do tego co chcemy.

Godzio: Co do 2 to bym indukcyjnie robił, i skorzystał ze wzoru na sumę arctgx, nie mam pomysłu na wyliczenie wprost tego.

Kacper: Nad pierwszym można się zastanowić czy nie da się wymyślić historyjki kombinatorycznej opisującej lewą stronę i prawą stronę Lewa strona łatwo: spośród m chłopców i n dziewczynek wybieramy k− osobową delegację Teraz trzeba pomyśleć jak prawą stronę zinterpretować

Kacper: Prawa strona idzie chyba tak: wybieramy 0 chłopców i dobieramy do niego k dziewczynek lub 1 chłopiec i k−1 dziewczynek itd. Od razu zauważyłem błąd w założeniach, bo warunek k≤n+m to za mało

zombi: Godzio ja nie znam wzorku na sumę arcusów mógłbyś podać? Bo tu akurat mój brak teorii.

Janek191: z.2

	x + y
arctg x + arctg y = arctg
	1 − x y

zombi: Dobra mam:

	x+y
arctgx + arctgy = arctg
	1−xy

Indukcyjnie

	1		1		1		n+1
arctg		+ ... + arctg		+ arctg		= arctg
	2		2n2		2(n+1)2		n+2

⇔

	n		1		n+1
arctg		+ arctg		= arctg
	n+1		2(n+1)2		n+2

	n		1		(n+1)(2n2+2n+1)
L = arctg		+ arctg		= arctg		=
	n+1		2(n+1)2		2(n+1)3−n

	(n+1)(2n2+2n+1)		n+1
arctg		= arctg		= P
	(n+2)(2n2+2n+1)		n+2

ckd

Janek191: W z. 1 jest założenie takie : n ≥ 0 , m ≥ 0 , k ≥ 0 i k ≤ m + n Masz te zadania rozwiązane na s. 193 − 194

zombi: Wiem, ale nie chcę tam zaglądać, wolę podpowiedzi.

zombi: A takie coś?

	n+1		n+1
n√n! ≥		⇔ n! ≥ (		)n
	e		e

Indukcyjnie

	(n+1)n+1		(n+2)n+1
(n+1)! = (n+1)(n!) ≥		≥
	en		en+1

	(n+1)n+1		(n+2)n+1
Pozostaje udowodnić, że		≥		/*en
	en		en+1

⇔

	1		n+1		1
(n+1)n+1 ≥		(n+2)n+1 ⇔ (		)n+1 ≥
	e		n+2		e

I taki myczek może

	n+1		1		n+1
lim (		)n+1 =		, ponadto (		)n+1 jest ciągiem malejącym, więc
	n+2		e		n+2

	n+1		1
inf(		)n+1 ≥
	n+2		e

Jeśli się mylę po całości albo da się prościej to proszę o pomoc.

Godzio: Dla mnie ok

zombi: Czyli nierówność

	n
(1) n! > (		)n
	3

będzie analogicznie indukcyjnie, po równoważnych przekształceniach dochodzimy do

	1		n		1
nn >		(n+1)n ⇒ (		)n >
	3		n+1		3

	n		1		1
Analogicznie (		)n →		>		, ponadto ciąg ten jest malejący, wobec tego
	n+1		e		3

	n		1
inf(		) >		, a jako, że przekształcenia były równoważne wobec tego (1) jest
	n+1		3

prawdziwa ckd Ok?

zombi:

n+1
	≥ n√n!
2

Z am−gm

1+2+...+n		(n+1)n		n+1
	=		=		≥ n√n! = n√1*2*...*n
n		2n		2

ckd koniec?

zombi: i to do sprawdzenia nierówność Bernoulliego przez AM−GM

1+x		1   1   1   (x+ ) + + ... +   n   n   n		1		1		1
	=		≥ n√		*...*		*(x+		) =
n		n		n		n		n

	1		1
n√		*(x+		)
	nn−1		n

Mnożymy przez n

	nn		1		1
(1+x) ≥ n√		(x+		) = n√n(x+		) = n√1+nx
	nn−1		n		n

⇔ (1+x)ⁿ ≥ 1+nx

zombi: Tego Bernoulliego można ładniej

(1+nx) + 1 + ... 1
	≥ n√1+nx
n

⇔

n+nx
	≥ n√1+nx
n

⇔ (1+x)ⁿ ≥ 1+nx

zombi: Godzio, jakbyś był mógłbyś zerknąć?

Godzio: Nierówność Bernoulliego chyba tak prosto nie możemy szacować, bo ona dla odpowiedniego x

	1
zachodzi, a w Twoim wypadku może wyskoczyć nam jakaś sprzeczność, x > −1, dla x = −		i
	2

odpowiednio dużego n może nie działać.

zombi: Miało być założenie x>0 sorka

Kacper: Nierówność Bernoulliego nie jest dla x>0

Godzio: A Bernoulli działa nam dla x > −1 . Dla x > 0 jest ok

zombi: Ale to miało być dla x>0 przy użyciu AM−GM

zombi: niech a₁ + ... + a_n = s (a_k>0 k=1,2,..,n) Wykaż, że

	s		n2
∑		≥
	s−ak		n−1

Na początku zauważamy, że

s
	≥ n√a1*...*an ⇔ s ≥ nn√a1*...*an
n

	s−ak		a1*...*an
oraz		≥ (		)1/(n−1) ⇔
	n−1		ak

	a1*...*an
s−ak ≥ (n−1)(		)1/(n−1)
	ak

Tak więc

	s		n		n√a1*...*an
∑		≥ ∑(		)*		≥
	s−ak		n−1		a1*...*an   ( )1/(n−1)   ak

	nn		n√(a1*...*an)n		n
nn√		*		= n*		*1
	(n−1)n		((a1*...*an)n−1)1/(n−1)		n−1

	n2
=
	n−1

ckd Wyjaśnienie dwa razy AM−GM dla s i s−a_k oraz raz AM−GM dla

	n		n
∑		pk ≥ nn√(		)n*p1*...*pn, gdzie pk to ten duży ułamek z dwoma
	n−1		n−1

pierwiastkami

zombi: Miało być AM−GM, mimo że AM−Hm jest krócej

Kacper: To zadanie pamiętam z Krainy nierówności Kuryliandcika (jakoś tak się pisze)

zombi: Kacper zabierałem się do tej książki, ale jakoś nigdy nie przysiadłem tylko Pawłowskiego robiłem

zombi: Nierówność Cauchy'ego dla a_k,b_k∊R (∑ⁿ_k=1a²_k)(∑ⁿ_k=1b²_k) ≥ (∑ⁿ_k=1a_kb_k)² Lemat dla a,b∊R zachodzi (a−b)² ≥ 0 Zatem (a₁b₂ − a₂b₁)² ≥ 0 (a₂b₃ − b₃a₂)² ≥ 0 . . . (a_nb_n−1 − a_n−1b_n)² ≥ 0 + ⇔ (a₁b₂)² + (a₂b₁)² + ... + (a_nb_n−1)² + (a_n−1b_n)² ≥ 2(a₁b₂a₂b₁ + ... + a_nb_n−1a_n−1b_n) / + (a²₁b²₁ + ... + a²_nb²_n) (∑ⁿ_k=1a²_k)(∑ⁿ_k=1b²_k) ≥ (∑ⁿ_k=1a_kb_k)² qed tak?