Związek pomiędzy średnimi teofrast: Śednia kwadratowa, harmoniczna i geometryczna. Wprowadzamy oznaczenia: Q_n − średnia kwadratowa n liczb a₁, a₂,...,a_n H_n − średnia harmoniczna n liczb a₁, a₂,...,a_n G_n − średnia geometryczna n liczb a₁, a₂,...,a_n. Pokazać, że jeśli a_k > 0 (k = 1; 2; . . . ; n ) , to [ G_n]ⁿ ≤ H_n • [Q_n]ⁿ⁻¹ .

Vax: Na początku umówmy się, że pisząc: ∑_sym a₁a₂...a_n−1 mam na myśli sumę wszystkich permutacji, tzn np dla n=3 pisząc ∑_sym a₁a₂ = a₁a₂+a₁a₃+a₂a₃ albo ∑_sym a₁ = a₁+a₂+a₃ etc, nasza nierówność ma postać:

	n		∑sym a12
πi=1n ai ≤		* (		)(n−1)/2
	1   ∑sym   a1		n

Czyli

	nπi=1n ai		∑sym a12
πi=1n ai ≤		* (		)(n−1)/2
	∑sym a1..an−1		n

/:π_i=1ⁿ

	n		∑syma12
1 ≤		* (		)(n−1)/2
	∑sym a1..an−1		n

∑syma1..an−1		∑syma12
	≤ (		)(n−1)/2
n		n

	∑syma1..an−1		∑sym a12
(		)2 ≤ (		)n−1
	n		n

Z Jensena dla wypukłej funkcji f(x) = x² szacujemy prawą stronę:

	∑sym a1
P ≥ (		)2(n−1)
	n

Czyli pierwiastkując obie strony mamy pokazać:

∑sym a1..an−1		∑sym a1
	≤ (		)n−1
n		n

(∑_sym a₁)ⁿ⁻¹ ≥ nⁿ⁻² (∑_sym a₁..a_n−1) Jednakże z nierówności Maclaurina wynika:

∑sym a1		∑sym a1..an−1
	≥ (pierwiastek stopnia n−1) z		/n−1
n		n

	∑sym a1		∑sym a1..an−1
(		)n−1 ≥
	n		n

(∑_sym a₁)ⁿ⁻¹ ≥ nⁿ⁻² (∑_sym a₁..a_n−1) Czyli to, czego mieliśmy dowieść, qed. Pozdrawiam.

AS: A tak może prościej. Średnia kwadratowa

	a12 + a22 + ... + an2
Qn = √
	n

Średnia harmoniczna

	n
Hn =
	1/a1 + 1/a2 + ... + 1/an

Średnia geometryczna Gn = ⁿ√a1*a2*...*an

Vax: AS, przecież ja z tego skorzystałem

AS: Mea culpa,nie doczytałem treści zadania do końca i pisałem trochę nie na temat.Pardon.

teofrast: Dziekuję Vax, pozdrawiam − Teofrast. I juz podaję nastepne zadanko...

Vax: Ok, tylko zaraz wychodzę do kina na Harrego Pottera, więc postaram się odpisać wieczorem

teofrast: Wielce Szanowny Vax−ie, Wydaje mi się, że czegoś nie zrozumiałem w Twoim dowodzie. Otóż w 5. wierszu ( licząc od poczatku przekształceń ) piszesz: « ∑_syma₁..a_n−1 ∑_syma₁² ( −−−−−−−−− )² ≤ (−−−−−−−−−−−)ⁿ⁻¹ n n Z Jensena dla wypukłej funkcji f(x) = x² szacujemy prawą stronę: ∑_syma₁ P ≥ ( −−−−−−−−−−−−− )²⁽ⁿ⁻¹⁾ , [ skąd otrzymujesz po spierwiastkowaniu ] n ∑_syma₁..a_n−1 ∑_syma₁ −−−−−−−−−−−−−−−− ≤ (−−−−−−−−−−−−−−)ⁿ⁻¹ . n n » Przepraszam za dociekliwość w stylu «Piotra−Studenta», ale nie bardzo rozumiem: jeśli (L ≤ P) & [ z Jensena (P ≥ M) ] ⇒ ( L ≤ M ) ?, to znaczy, że jesli np. 2 < 7 oraz 7 > 1 , to 2 ≤ 1 ?! Bardzo dziwna relacja porządku...Nie rozumiem , nie rozumiem, nie rozumiem... Niemniej pozdrawiam. Jak tam filmik z H. Potterem ? Podobało się ? < teofrast >

Vax: Twoje pytanie jest w zupełności na miejscu, mamy dowieść, że L ≤ P, w takich sytuacjach czasem ciężko bezpośrednio udowodnić taką nierówność, dlatego próbujemy oszacować jedną, albo drugą stronę, czyli możemy znaleźć pewne M, dla którego L ≤ M, i jeżeli udowodnimy, że M ≤ P to z tego będzie tym bardziej wynikało, że L ≤ P, czyli teza, tak samo można szacować prawą stronę, znajdujemy pewne M, dla którego P ≥ M i staramy się dowieść, że M ≥ L, jednak jak słusznie zauważyłeś, często zdarza się, że otrzymujemy przeszacowanie, czyli znajdujemy oszacowanie którejś ze stron, jednak kolejna nierówność już nie zachodzi. Jednakże zauważ, że w moim przypadku z nierówności Jensena znalazłem to nasze ,,M" dla którego P ≥ M, a następnie udowodniłem, że M ≥ L, skąd już z czystym sumieniem możemy napisać, że P ≥ L, czyli to, czego mieliśmy dowieść, w Twoim przykładzie mamy L = 2 < 7 = P, i szacujemy prawą stronę, 7>1, jednak już niepoprawna jest nierówność 1 ≥ 2, skąd nasze oszacowanie w tym wypadku jest za mocne. Mam nadzieję, że nieco rozjaśniłem problem Pozdrawiam. PS. Czekam na kolejne zadanie (nierówność? )

Vax: A co do filmu to był w porządku, jednak bez rewelacji. Szkoda, że już nie będzie kolejnych części.

teofrast: Dziekuję Vax. Teraz wszystko jasne! Teraz mogę Ci z czystym sumieniem posłać kolejną nierówność... Pozdrawiam , < teofrast >