ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΟΣ- ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ - ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ

Ιστοσελίδα · #1

Αν είναι $\displaystyle{ a_1 ,a_1 ,....,a_n }$ θετικοί και

$\displaystyle{ A = \frac{{a_1 + a_2 + ... + a_n }}{n} }$

$\displaystyle{ G = \sqrt[n]{{a_1 \cdot a_2 \cdot \cdot \cdot a_n }} }$

$\displaystyle{ H = \frac{1}{{a_1 }} + \frac{1}{{a_2 }} + \cdot \cdot \cdot + \frac{1}{{a_n }} }$

να αποδείξετε ότι:

1. $\displaystyle{ H \le G \le A }$

2 $\displaystyle{ A \le G^2 }$

Κλασσικό θέμα με τον αριθμητικό- γεωμετρικό και αρμονικό μέσο.

#2

Καρδαμίτσης Σπύρος έγραψε:Αν είναι $\displaystyle{ a_1 ,a_1 ,....,a_n }$ θετικοί και

$\displaystyle{ A = \frac{{a_1 + a_2 + ... + a_n }}{n} }$

$\displaystyle{ G = \sqrt[n]{{a_1 \cdot a_2 \cdot \cdot \cdot a_n }} }$

$\displaystyle{ H = \frac{1}{{a_1 }} + \frac{1}{{a_2 }} + \cdot \cdot \cdot + \frac{1}{{a_n }} }$

να αποδείξετε ότι:

1. $\displaystyle{ H \le G \le A }$

2 $\displaystyle{ A \le G^2 }$

Κλασσικό θέμα με τον αριθμητικό- γεωμετρικό και αρμονικό μέσο.

Η λέξη κλασικό ίσως είναι λίγη για να περιγράψει το πόσο κλασική είναι αυτή η ανισότητα. Και δεδομένου ότι την έχω χρησιμοποιήσει ''άπειρες'' φορές, νιώθω υποχρεωμένος να παραθέσω μία απόδειξη. Επιλέγω μία σύντομη, η οποία (αν θυμάμαι καλά) οφείλεται στον George Pólya. Θυμάμαι ακόμα, να έχω διαβάσει ότι την απόδειξη αυτή την είδε στον ''ύπνο'' του σε ένα από τα μαθηματικά του όνειρα.

Ξεκινάμε από την γνωστή ανισότητα $\displaystyle{e^{x-1}\geq x}$ , με την ισότητα να ισχύει αν και μόνο αν x=1

εφαρμόζουμε την παραπάνω ανισότητα για τους αριθμούς $\displaystyle{\frac{x_{i}}{A}}$ , οπότε λαμβάνουμε

$\displaystyle{e^{\frac{x_{1}}{A}-1}\geq \frac{x_{1}}{A}}$ ,

$\displaystyle{e^{\frac{x_{2}}{A}-1}\geq \frac{x_{2}}{A}}$ ,

...

$\displaystyle{e^{\frac{x_{n}}{A}-1}\geq \frac{x_{n}}{A}}$ .

Με πολλαπλασιασμό των παραπάνω σχέσεων προκύπτει

$\displaystyle{e^0 \geq \frac{x_{1}x_{2}...x_{n}}{A^n}\Rightarrow 1\geq \frac{G^n}{A^n}\Rightarrow A\geq G.}$

Για την απόδειξη της $\displaystyle{G\geq H}$ , αρκεί να εφαρμόσουμε την ανισότητα $\displaystyle{A\geq G}$ στους αριθμούς $\displaystyle{\frac{1}{x_{i}}.}$

Άξια ιδιαίτερης μνείας είναι η απόδειξη που έδωσε ο Cauchy εφαρμόζοντας την ''μπρος πίσω'' επαγωγική μέθοδο.
Άλλη απόδειξη χρησιμοποιεί την ανισότητα Jensen (η οποία αποδεικνύεται με την ίδια ''μπρος πίσω'' επαγωγική μέθοδο).

Βασικές βιβλιογραφικές αναφορές:

$\bullet$ Inequalities, G.Hardy, E. Littlewood, G. Pólya, Cambridge Mathematical Library,

$\bullet$ Inequalities, E.F. Beckenbach, R. Bellman, Springer Verlag,

$\bullet$ Handbook of Means and their Inequalities, P.S. Bullen, Kluwer Academic Publishers.

A.Spyridakis · #3

matha έγραψε: Ξεκινάμε από την γνωστή ανισότητα $\displaystyle{e^{x-1}\geq x}$ , με την ισότητα να ισχύει αν και μόνο αν x=0

jimgabal · #4

Υπάρχει απόδειξη για το 2 ??
$A\leq G^{2}$

#5

jimgabal έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 20, 2020 7:21 pm
Υπάρχει απόδειξη για το 2 ??
( A<=G^2 )

Καλώς ήλθες στο mathematica.

Γράψε το ποστ σου σε latex όπως απαιτούν οι κανονισμοί μας (τους διάβασες;) και θα σου απαντήσω.

jimgabal · #6

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 20, 2020 8:36 pm

jimgabal έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 20, 2020 7:21 pm
Υπάρχει απόδειξη για το 2 ??
( A<=G^2 )
Καλώς ήλθες στο mathematica.

Γράψε το ποστ σου σε latex όπως απαιτούν οι κανονισμοί μας (τους διάβασες;) και θα σου απαντήσω.

Θα μπορούσατε να με βοηθήσετε στην απόδειξη του
2 $A\leq G^{2}$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #7

jimgabal έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 21, 2020 4:43 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 20, 2020 8:36 pm

jimgabal έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 20, 2020 7:21 pm
Υπάρχει απόδειξη για το 2 ??
( A<=G^2 )
Καλώς ήλθες στο mathematica.

Γράψε το ποστ σου σε latex όπως απαιτούν οι κανονισμοί μας (τους διάβασες;) και θα σου απαντήσω.
Θα μπορούσατε να με βοηθήσετε στην απόδειξη του
2 $A\leq G^{2}$

Δεν ισχύει.
Αν π.χ πάρεις τα a_i

έτσι ώστε να είναι G<1

τότε αν ισχυε θα ήταν
$A\leq G^{2}<G$
που αντιβαίνει στο 1) που φυσικά ισχύει.

#8

jimgabal έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 21, 2020 4:43 pm

Θα μπορούσατε να με βοηθήσετε στην απόδειξη του
2 $A\leq G^{2}$

H ανισότητα $A\leq G^{2}$ του αρχικού ποστ έχει τυπογραφικό σφάλμα. Παρακάτω σου γράφω την σωστή, αλλά ας πάρουμε τα πράγματα από την αρχή.

α) Δείξε με απλό αριθμητικό παράδειγμα ότι η $A\leq G^{2}$ είναι εσφαλμένη.

β) Η σωστή ανισότητα είναι η $AH\leq G^{2}$

Edit: Με πρόλαβε ο Σταύρος. Το αφήνω αλλά ας προσθέσω ότι καλό είναι ο jimgabal να μας δωσει παραδείγματα για την εσφαλμένη ανισότητα.

jimgabal · #9

Ευχαριστώ αμφοτέρους...!!
Θα προσπαθήσω...

jimgabal · #10

Ενα παράδειγμα λοιπόν που αποδεικνύει το λανθασμένο του ερωτήματος 2 ειναι η τριάδα των αριθμών
0,1-0,2-0,3. Αυτοί έχουν :
Α=0,2 G=0,181 H=6
Tότε $G^{2}=0,033$
Aρα $A> G^{2}$
Aντιθέτως με τους αριθμούς 1,2,3,όπου Α=2 G=1,81 H=1,83 και $G^{2}=3,3$ ,όντως ισχύει $A< G^{2}$
Επιπλέον διαπιστώνω ότι με αυτά τα παραδείγματα ισχύει και στις δύο περιπτώσεις ισχύει : $AH>G^{2}$
και όχι $AH< G^{2}$
To ερώτημα μου εξακολουθεί να παραμένει με έναν περιορισμό...!!
Πως θα αποδείξουμε ότι $A\leq G^{2}$
για G>1

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #11

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 21, 2020 5:42 pm

jimgabal έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 21, 2020 4:43 pm

Θα μπορούσατε να με βοηθήσετε στην απόδειξη του
2 $A\leq G^{2}$
H ανισότητα $A\leq G^{2}$ του αρχικού ποστ έχει τυπογραφικό σφάλμα. Παρακάτω σου γράφω την σωστή, αλλά ας πάρουμε τα πράγματα από την αρχή.

α) Δείξε με απλό αριθμητικό παράδειγμα ότι η $A\leq G^{2}$ είναι εσφαλμένη.

β) Η σωστή ανισότητα είναι η $AH\leq G^{2}$

Edit: Με πρόλαβε ο Σταύρος. Το αφήνω αλλά ας προσθέσω ότι καλό είναι ο jimgabal να μας δωσει παραδείγματα για την εσφαλμένη ανισότητα.

Το

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 21, 2020 5:42 pm
β) Η σωστή ανισότητα είναι η $AH\leq G^{2}$

δεν νομίζω ότι ισχύει.

Υποθέτω ότι το σωστό είναι

$\displaystyle H=\frac{n}{\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+...+\frac{1}{a_{n}}}$
και όχι αυτό που έχει γραφεί στην αρχική ανάρτηση.

Για τα
$a_{1}=\frac{1}{2},a_{2}=\frac{1}{4},a_{3}=8$

γίνεται
$2+4+\frac{1}{8}\geq \frac{1}{2}+\frac{1}{4}+8$
που δεν ισχύει.

Αλλά και έτσι όπως είναι το

στην αρχική ανάρτηση δεν ισχύει.
αρκεί να πάρουμε a_1a_2a_3=1

#12

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 22, 2020 1:42 am

δεν νομίζω ότι ισχύει.

Υποθέτω ότι το σωστό είναι

$\displaystyle H=\frac{n}{\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+...+\frac{1}{a_{n}}}$
και όχι αυτό που έχει γραφεί στην αρχική ανάρτηση.

Σταύρο έχεις δίκιο αλλά διορθώνεται η κατάσταση. Με παρέσυραν τα πολλά τυπογραφικά σφάλματα στο αρχικό ποστ.

Ας πάρω τα πράγματα από την αρχή. Σίγουρα το

που γράφεις είναι το σωστό. Το αρχικό ποστ έχει τυπογραφικό σφάλμα (και) σε
αυτό το σημείο, και εννοείται o αρμονικός μέσος.

Τώρα, για

αριθμούς

η σωστή ανισότητα (και μάλιστα επαυξημένη από τα δεξιά) είναι η

$\displaystyle{\boxed {H^{n-1}A \le G^n\le A^{n-1}H}}$ (ίσον ανισότητα από άρθρο του Sandor, Theory of Means and their Inequalities, βλέπε σ. 23).

Προσοχή, για n=2

, είναι μεν σωστή αυτή που έγραψα, $AH \le G^2$ , ΑΛΛΑ ΜΟΝΟ για δύο αριθμούς a_1,a_2 >0

που όμως σε αυτή την περίπτωση σκοτώνεται το αποτέλεσμα αφού ισχύει AH=G^2

.

jimgabal · #13

Εγώ εξακολουθώ να επιμένω...
Διαπιστώνω με παραδείγματα ότι
για G>1 ισχύει $A\leq G^{2}$
Υπάρχει όμως απόδειξη...??

#14

jimgabal έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 22, 2020 10:29 pm
Εγώ εξακολουθώ να επιμένω...
Διαπιστώνω με παραδείγματα ότι
για G>1 ισχύει $A\leq G^{2}$
Υπάρχει όμως απόδειξη...??

Δεν υπάρχει απόδειξη ... επειδή ΔΕΝ ισχύει η ανισότητα $A\leq G^2$ (ούτε με την πρόσθετη υπόθεση G>1

)!

[Πράγματι, για n=2

η ανισότητα ανάγεται στην $a+b\leq 2ab$ ... που ισχύει για $a\geq 1$ ΚΑΙ $b\geq 1$ ... όχι όμως και για $ab\geq 1$ ...]

#15

jimgabal έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 22, 2020 10:29 pm
Εγώ εξακολουθώ να επιμένω...
Διαπιστώνω με παραδείγματα ότι
για G>1 ισχύει $A\leq G^{2}$
Υπάρχει όμως απόδειξη...??

Περίεργο που επιμένεις αφού είναι τόσο απλό να φτιάξεις παραδείγματα για το αντίθετο.

Αυτό που σoυ γράφει ο Γιώργος τα λέει όλα

gbaloglou έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 22, 2020 10:48 pm

[Πράγματι, για η ανισότητα ανάγεται στην $a+b\leq 2ab$ ... που ισχύει για $a\geq 1$ ΚΑΙ $b\geq 1$ ... όχι όμως και για $ab\geq 1$ ...]

Αν θέλεις χειροπιαστό αριθμητικό παράδειγμα, πάρε

a=10000

και $b= \frac {1}{1000}$ . Εδώ G=10

, οπότε

πλην όμως

πάνω από

. Δηλαδή, όχι μόνο δεν ισχύει $A\le G^2$ αλλά είναι A > 50G^2

.

Άσκηση για σένα: Φτιάξε παράδειγμα με G>1

αλλά

jimgabal · #16

Ωραία...!!Eυχαριστω!!
Να το θέσω αλλιώς,γιατι προφανως με μόνο περιορισμό G>1,όντως υπάρχει πρόβλημα.
Αν ο περιορισμός όμως είναι $1< a_{1},a_{2},...,a_{n}\leq n$
με $n\geq 2$
τότε είναι σίγουρα $A\leq G^{2}$
Αυτό με βασανίζει αυτές τις μέρες...

#17

jimgabal έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 23, 2020 11:31 am
Αν ο περιορισμός όμως είναι $1< a_{1},a_{2},...,a_{n}\leq n$
με $n\geq 2$
τότε είναι σίγουρα $A\leq G^{2}$
Αυτό με βασανίζει αυτές τις μέρες...

Πάλι τα ίδια, ιδίως αν έχεις κομπιουτεράκι.

Θα επαναλάβω κάτι που είπα ήδη

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 22, 2020 11:10 pm
Περίεργο που επιμένεις αφού είναι τόσο απλό να φτιάξεις παραδείγματα για το αντίθετο.

.

Για να κλείνει, πάρε n=10

και $a_1=10,\, a_2= a_3= ... =a_{10}=1$ οπότε A=1,9

και $G^2 = \sqrt [10] {100} \approx 1,584$ .
(Αν θελεις τα

να είναι γνήσια μεγαλύτερα του

, στην ουσία δεν αλλάζει τίποτα. Απλά αντικατάστησε τα

με

. Τώρα οι $A,\,G$ παίρνουν ουσιαστικά τις ίδιες τιμές που έγραψα, τουλάχιστον με την ακρίβεια δεκαδικού που ανέφερα).

ΙΣΧΥΡΗ ΣΥΣΤΑΣΤΗ, να σκέπτεσαι περισσότερο το θέμα που σε απασχολεί, πριν ρωτήσεις. Δεν είναι κακό να ρωτάμε, το αντίθετο, αλλά
να ρωτάμε πριν σκεφτούμε ουσιαστικά, είναι πρόβλημα.

#18

jimgabal έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 23, 2020 11:31 am
Ωραία...!!Eυχαριστω!!
Να το θέσω αλλιώς,γιατι προφανως με μόνο περιορισμό G>1,όντως υπάρχει πρόβλημα.
Αν ο περιορισμός όμως είναι $1< a_{1},a_{2},...,a_{n}\leq n$
με $n\geq 2$
τότε είναι σίγουρα $A\leq G^{2}$
Αυτό με βασανίζει αυτές τις μέρες...

Αν δεν μπορείς να βρεις ούτε αντιπαράδειγμα (όπως του Μιχάλη Λάμπρου) ούτε απόδειξη (που μπορεί και να μην υπάρχει) ... αυτό σημαίνει ότι το πρόβλημα είναι δύσκολο (για σένα), οπότε δεν είναι καθόλου κακή ιδέα να δεις τι γίνεται για μικρά

. Για

το έκανα ήδη, η ανισότητα ανάγεται στην $a+b\leq 2ab$ , που όντως ισχύει για $a\geq 1$ , $b\geq 1$ : μπορείς να δεις γιατί και πως; Για n=3

, σε ποια ανισότητα (με $a\geq 1$ , $b\geq 1$ , $c\geq 1$ ) ανάγεται η $A\leq G^2$ , και τι μπορούμε να πούμε γι αυτήν;

#19

Να μια αντίστροφη ΑΜ-GM.

Αν $x_1,x_2,\cdots,x_n$ $(n\geq2)$ θετικοί πραγματικοί σε αύξουσα σειρά και οι $x_1,\frac{x_2}{2},\cdots,\frac{x_n}{n}$
είναι σε φθίνουσα σειρά, τότε
$\displaystyle{\dfrac{\displaystyle\sum_{i=1}^{n} x_i }{n\left (\displaystyle\prod_{i=1}^{n}x_i \right )^{\frac{1}{n}}}\le \dfrac{n+1}{2\sqrt[n]{n!}}}$

jimgabal · #20

Θεωρώ ότι μόνο ο Κυριος Καρδαμίτσης μπορεί να δώσει σαφή απάντηση.
Μπορεί μεν να υπάρχει τυπογραφικό λάθος όσον αφορά το Η,
το ερώτημα 2 όμως δεν έχει λάθος απλά λείπει ο περιορισμός.

ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΟΣ- ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ - ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ

ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΟΣ- ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ - ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ

Re: ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΟΣ- ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ - ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ

Re: ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΟΣ- ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ - ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ

Re: ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΟΣ- ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ - ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ

Re: ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΟΣ- ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ - ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ

Re: ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΟΣ- ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ - ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ

Re: ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΟΣ- ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ - ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ

Re: ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΟΣ- ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ - ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ

Re: ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΟΣ- ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ - ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ

Re: ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΟΣ- ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ - ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ

Re: ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΟΣ- ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ - ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ

Re: ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΟΣ- ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ - ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ

Re: ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΟΣ- ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ - ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ

Re: ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΟΣ- ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ - ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ

Re: ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΟΣ- ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ - ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ

Re: ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΟΣ- ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ - ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ

Re: ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΟΣ- ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ - ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ

Re: ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΟΣ- ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ - ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ

Re: ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΟΣ- ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ - ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ

Re: ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΟΣ- ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ - ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ

Μέλη σε σύνδεση