AM-GM

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
Rispondi
Jessica92
Messaggi: 34
Iscritto il: 19 mar 2010, 18:08

AM-GM

Messaggio da Jessica92 » 08 giu 2010, 22:12

$ $\frac{a_1+\sqrt{a_1a_2}+\dots+\sqrt[n]{a_1\dots a_n}}{n}\leq\sqrt[n]{a_1\frac {a_1+a_2}{2}\dots \frac{a_1+\dots+a_n}{n}}$ $

(Kiran Kedlaya)

Avatar utente
karl
Messaggi: 926
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00

Messaggio da karl » 12 giu 2010, 19:57

La dimostrazione discende dalla diseguaglianza di Holder (generalizzata).La provo nel caso di n=3.
Consideriamo allora i seguenti 9 numeri ( non negativi):
$ $a,a,a$ $
$ $a,\sqrt{ab},b$ $
$ $a,b,c$ $
ed applichiamo ad essi Holder :
$ $(a \cdot a\cdot a)^{1/3}+(a\cdot \sqrt{ab}\cdot b)^{1/3}+(a\cdot b \cdot c)^{1/3}\leq (a+a+a)^{1/3}(a+\sqrt{ab}+b)^{1/3}(a+b+c)^{1/3}$ $
Ovvero:
(1) $ $a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}\leq \sqrt[3]{3a\cdot (a+b+\sqrt{ab}) \cdot (a+b+c)}$ $
Essendo ora $ $\sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2}$ $ si ha :
$ $3a(a+b+\sqrt{ab}) (a+b+c)\leq 3a\cdot \frac{3}{2}(a+b)\cdot (a+b+c)=27a \cdot \frac{a+b}{2}\cdot \frac{a+b+c}{3}$ $
E quindi sostituendo nella (1) risulta:
$ $a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}\leq 3\sqrt[3]{a\cdot \frac{a+b}{2} \cdot \frac{a+b+c}{3}}$ $
da cui dividendo per 3 si ha la tesi:
$ $\frac{a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}}{3}\leq \sqrt[3]{a\cdot \frac{a+b}{2} \cdot \frac{a+b+c}{3}}$ $

Rispondi