Απόδειξη ανισότητας Cauchy

ΗρακληςΕυαγγελινος · #1

Ο Σύμβουλος Μαθηματικών Ευάγγελος Παναγιώτου μου έδωσε την παρακάτω απόδειξη της ανισότητας Cauchy, από το περιοδικό της Μαθηματικής Εταιρείας της Αμερικής, "The College Mathematics Journal".

$\underbrace{\frac{{\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_\nu}}{\nu}}_{\text{A}} \geq \underbrace{\sqrt[\nu]{\alpha_1\cdot\alpha_2\cdot...\cdot\alpha_\nu}}_{\text{G}}$ , με $\alpha_1,\alpha_2,...\alpha_\nu >0$

Έστω η συνάρτηση $f(x)=x^{\frac{1}{x}}$ , με $x \in R$ και x>0

.

α) Η

έχει ολικό μέγιστο για x=e

, δηλαδή, $e^{\frac{1}{e}}\geq x^{\frac{1}{x}}, \forall x>0$ ή $e^x\geq x^e$ (1)

β) Ονομάζω τον αριθμητικό μέσο των $\alpha_1, \alpha_2, ..., \alpha_\nu$ με

, και το γεωμετρικό μέσο με

και θέτω στην (1):

$x=\frac{\alpha_1e}{G}\Rightarrow e^{\frac{\alpha_1e}{G}}\geq{(\frac{\alpha_1e}{G})}^e$
$x=\frac{\alpha_2e}{G}\Rightarrow e^{\frac{\alpha_2e}{G}}\geq{(\frac{\alpha_2e}{G})}^e$

$x=\frac{\alpha_\nu e}{G}\Rightarrow e^{\frac{\alpha_\nu e}{G}}\geq{(\frac{\alpha_\nu e}{G})}^e$

Πολλαπλασιάζω κατά μέλη και έχω:

$e^{\frac{e}{G}(\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_\nu)} \geq \frac{e^{\nu e}}{G^{\nu e}}(\alpha_1\alpha_2...\alpha_\nu)^e \Leftrightarrow e^{\frac{e}{G}\nu A} \geq \frac{e^{\nu e}}{\cancel{G^{\nu e}}} \cancel{G^{\nu e}} \Leftrightarrow e^{\frac{e}{G}\nu A} \geq e^{\nu e} \Leftrightarrow \frac{\cancel{e}A\cancel{\nu}}{G} \geq \cancel{\nu e} \Leftrightarrow \frac{A}{G}\geq 1 \Leftrightarrow A \geq G$

#2

Προσοχή στα τυπογραφικά σφάλματα εδώ:

ΗρακληςΕυαγγελινος έγραψε:
$\underbrace{\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_\nu}_{\text{A}} \geq \underbrace{\sqrt[\nu]\alpha_1\cdot\alpha_2\cdot...\cdot\alpha_\nu}}_{\text{G}}$ , με $\alpha_1,\alpha_2,...\alpha_\nu >0$

Προς αποφυγήν παρεξηγήσεων ας προσθέσω ότι υπάρχουν δεκάδες και δεκάδες αποδείξεις της Cauchy οι περισσότερες από τις οποίες είναι ευκολότερες από την παραπάνω (ευρέως γνωστή, άλλωστε) απόδειξη.

Νομίζω κάποιο βιβλίο ή άρθρο έχει μαζέψει πάνω από 100

αποδείξεις. Αν κάποιος έχει παραπομπή, ας μας την δώσει γιατί δυσκολεύομαι να ψάχνω στο ιντερνέτ.

ΗρακληςΕυαγγελινος · #3

Απόδειξη ανισότητας Cauchy από το βιβλίο: Αλγεβρικά θέματα, Παν. Μάγειρα, Τόμος 5ος, 1974

Με $\alpha_1, \alpha_2, ... \alpha_\nu >0$ , να δείξετε ότι:

$\forall \nu \in N: \frac{\alpha_1+\alpha_2+....+\alpha_\nu}{\nu} \geq \sqrt[\nu]{\alpha_1\alpha_2...\alpha_\nu}$ (1)

Λύση

Αν θέσουμε: $\lambda=\sqrt[\nu]{\alpha_1\alpha_2...\alpha_\nu}$ , τότε: $\alpha_1\alpha_2...\alpha_\nu=\lambda^\nu$

Κατ' ακολουθίαν: $\frac{\alpha_1}{\lambda}\frac{\alpha_2}{\lambda}...\frac{\alpha_\nu}{\lambda}=1$

Είναι όμως: $\frac{\alpha_1}{\lambda},\frac{\alpha_2}{\lambda},...,\frac{\alpha_\nu}{\lambda}>0$ , άρα: $\frac{\alpha_1}{\lambda}+\frac{\alpha_2}{\lambda}+...+\frac{\alpha_\nu}{\lambda}\geq \nu$ , από γνωστή ιδιότητα.

Κατ' ακολουθίαν: $\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_\nu \geq \nu\lambda$ , δηλαδη: $\frac{\alpha_1+\alpha_2+....+\alpha_\nu}{\nu} \geq \sqrt[\nu]{\alpha_1\alpha_2...\alpha_\nu}$ .

Η ισότητα ισχύει τότε, και μόνον τότε, όταν: $\frac{\alpha_1}{\lambda}=\frac{\alpha_2}{\lambda}=...=\frac{\alpha_\nu}{\lambda}$ , δηλαδή όταν: $\alpha_1=\alpha_2=...=\alpha_\nu$ .

Σημείωση:
Σ' ένα παλιό βιβλίο διάβαζα ότι υπάρχουν 74 καταγεγραμμένες αποδείξεις της ανισότητας Cauchy. Σήμερα θα είναι διπλάσιες. Όσες αποδείξεις έχω δει, όμως, γίνονται με ανώτερα μαθηματικά. Γι' αυτό παρουσιάζω σήμερα αυτές τις αποδείξεις, που μπορεί να καταλάβει ένας μαθητής Λυκείου.

#4

Το θέμα έχει συζητηθεί και εδώ:
viewtopic.php?f=60&t=17875&p=91768#p91768
Επίσης θα σας παρακαλέσουμε αν θέλετε να αναρτήσετε έτοιμο υλικό όπου δεν ζητείται η συμμετοχή των μελών μας ως λυτών να το αναρτάτε στον παρόντα φάκελο όπου και μεταφέραμε το μήνυμα αυτό.

ΗρακληςΕυαγγελινος · #5

Γεωμετρική απόδειξη ανισότητας Cauchy για 2 ευθύγραμμα τμήματα από το σχ. βιβλίο Ι.Πανάκη, 1968

ΠΡΟΒΛΗΜΑ
Δίνονται δύο ευθύγραμμα τμήματα $\alpha$ και $\beta$ , με $\beta>\alpha$ και ζητείται να κατασκευαστούν τα ευθύγραμμα τμήματα $x, y, \omega$ , ώστε:
$x=\frac{\alpha+\beta}{2} \quad(1), \qquad y=\sqrt{\alpha\beta} \quad(2), \qquad \frac{2}{\omega}=\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta} \quad(3)$ .

Λύση:
Επί ευθείας λαμβάνουμε δύο ομόρροπα τμήματα $AB=\alpha$ και $AC=\beta$ . Με διάμετρο το τμήμα

γράφουμε κύκλο κέντρου

. Φέρνουμε την εφαπτομένη

και την κάθετη

επί την

. Τέλος, φέρνουμε και το τμήμα

.
α) Θα έχουμε διαδοχικά: $\alpha+\beta=AB+AC=(AD-DB)+(AD+DC)=2\cdot AD$ , και έτσι: $AD=\frac{\alpha+\beta}{2}$ .
Αλλά, $x=\frac{\alpha+\beta}{2}$ . Άρα AD=x

.
β) Είναι: $\alpha\beta=AB \cdot AC= AZ^{2}$ , και έτσι: $AZ=\sqrt{\alpha\beta}$ .
Αλλά, $y=\sqrt{\alpha\beta}$ . Άρα AZ=y

.
γ) Είναι: $AE \cdot AD=AZ^{2}=AB \cdot AC=\alpha\beta$ ή $AE \cdot\frac{\alpha+\beta}{2}=\alpha\beta$ , και έτσι: $AE=\frac{2\alpha\beta}{\alpha+\beta}$ ή $\frac{2}{AE}=\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}$ .
Αλλά, $\frac{2}{\omega}=\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}$ , και έτσι: $AE=\frac{2\alpha\beta}{\alpha+\beta}$ ή $\frac{2}{AE}=\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}$ .
Άρα $\frac{2}{AE}=\frac{2}{\omega}$ , και έτσι $AE=\omega$ .

Παρατήρηση:

Έχουμε: AD > AZ > AE

, όπου

υποτείνουσα του ορθογωνίου τριγώνου AZD

και

υποτείνουσα του ορθογωνίου τριγώνου AEZ

, ή $\frac{\alpha+\beta}{2} > \sqrt{\alpha\beta} > \frac{2\alpha\beta}{\alpha+\beta}$ .

Δηλαδή: Ο αριθμητικός μέσος δύο άνισων ευθύγραμμων τμημάτων είναι μεγαλύτερος του γεωμετρικού μέσου αυτών και αυτός είναι μεγαλύτερος του μέσου αρμονικού αυτών.

Σημείωση: Η κατασκευή του σχήματος είναι απλή.

ΗρακληςΕυαγγελινος · #6

Mihalis_Lambrou έγραψε:Προσοχή στα τυπογραφικά σφάλματα εδώ:

ΗρακληςΕυαγγελινος έγραψε:
$\underbrace{\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_\nu}_{\text{A}} \geq \underbrace{\sqrt[\nu]\alpha_1\cdot\alpha_2\cdot...\cdot\alpha_\nu}}_{\text{G}}$ , με $\alpha_1,\alpha_2,...\alpha_\nu >0$
Προς αποφυγήν παρεξηγήσεων ας προσθέσω ότι υπάρχουν δεκάδες και δεκάδες αποδείξεις της Cauchy οι περισσότερες από τις οποίες είναι ευκολότερες από την παραπάνω (ευρέως γνωστή, άλλωστε) απόδειξη.

Νομίζω κάποιο βιβλίο ή άρθρο έχει μαζέψει πάνω από αποδείξεις. Αν κάποιος έχει παραπομπή, ας μας την δώσει γιατί δυσκολεύομαι να ψάχνω στο ιντερνέτ.

Aπάντηση στον κ. Μ. Λάμπρου (Σχετικά με τις παρεμβάσεις του στις αναρτήσεις μου της 18ης Νοεμβρίου 2016)
1. Για τις αποδείξεις ανισότητας Cauchy
Για το πλήθος των αποδείξεων της ανισότητας Cauchy γράφω σε Σημείωσή μου στην απόδειξη από τα «Αλγεβρικά Θέματα Π. Μάγειρα» «… σήμερα θα υπάρχουν διπλάσιες του 74». Επίσης το ότι «υπάρχουν και ευκολότερες αποδείξεις» δεν το απέκλεισα. Κι’ εγώ έχω υπ’ όψιν μου ευκολότερες και κάποια στιγμή θα αναρτήσω κάποια από αυτές. Η αναρτηθείσα όμως, έχει το κύρος του «The College Mathematics Journal”.

2. Για την ανάρτησή μου «Μια απλή προσέγγιση της δημιουργίας του υπερβατικού αριθμού e για τους μαθητές Λυκείου».
Χρησιμοποιώ τη δική σας διατύπωση: «Πραγματικά αδυνατώ να καταλάβω» τί προσφέρει η παρέμβασή σας στην ανάπτυξη των Μαθηματικών.
Εγώ δεν κάνω ανάπτυξη του θέματος από Καθηγητική έδρα. Προσπαθώ να δώσω μια προσέγγιση του e στους μαθητές Λυκείου. Την προσέγγιση που κάνω δεν την έχω συναντήσει, έστω και με άλλον τρόπο, σε κανένα σχολικό βιβλίο.

Για τις παρεμβάσεις σας:

Από τη μια γράφετε ότι δεν πρόκειται για παρατήρηση, αλλά για απόδειξη και συγχρόνως ότι η απόδειξη είναι εκτός Λυκείου.
Το ίδιο κάνετε και στην παρατήρησή μου ότι το e είναι υπερβατικός αριθμός. Λέτε ότι υπάρχουν πολλές αποδείξεις, αλλά για δεύτερη φορά αυτοαναιρείσθε, λέγοντας ότι η απόδειξη είναι εκτός Λυκείου.
Οι μαθητές γνωρίζουν ποιοι αριθμοί λέγονται υπερβατικοί. Εγώ απλώς τους λέω να τον εντάξουν στο σύνολο αυτό.
Με τον ίδιο τρόπο προσεγγίζει το όριο της ακολουθίας και ο Calvin Clauson, καθηγητής Μαθηματικών στο Seattle Community College.
To ίδιο κάνουν και πολλοί άλλοι Μαθηματικοί, που απευθύνονται σε κοινό με μόρφωση Μέσης Εκπαίδευσης.

ΗρακληςΕυαγγελινος · #7

Συμπλήρωση στην απόδειξη Cauchy (Από Αλγεβρικά Θέματα Π. Μάγειρα)

Στην παραπάνω ανάρτηση χρησιμοποίησα την πρόταση: "από γνωστή ιδιότητα συνεπάγεται".

Επειδή είχα μερικά προσωπικά μηνύματα για την εν λόγω ιδιότητα, την παρουσιάζω εδώ ως:

Λήμμα

Αν $\alpha_1, \alpha_2, ..., \alpha_\nu, \alpha_nu >0$ , και $\alpha_1\cdot\alpha_2\cdot...\cdot\alpha_\nu=1 \quad(1), \quad$ τότε το άθροισμα αυτών

$\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_\nu \geq \nu \quad(2), \quad\nu \in N$

Απόδειξη:

i) για $\nu=1$ ισχύει ως ισότητα

για $\nu=2 \Rightarrow \alpha_1\alpha_2=1$ και πρέπει $\alpha_1+\alpha_2=\alpha_1+\frac{1}{\alpha_1}\geq 2 \Leftrightarrow \frac{(\alpha_1-1)^{2}}{\alpha_1} \geq 0$ , που αληθεύει.

ii) Έστω ότι για $\alpha_1\cdot\alpha_2\cdot...\cdot\alpha_\kappa=1 \quad (3) \Rightarrow \alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_\kappa \geq \kappa \quad (4) \quad \kappa \in N$

Θα αποδείξουμε ότι με $\alpha_1\cdot\alpha_2\cdot...\cdot\alpha_\kappa\cdot\alpha_{\kappa+1}=1 \quad (5)\Rightarrow \alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_\kappa+\alpha_{\kappa+1} \geq \kappa+1 \quad (6)$

Αν $\alpha_1, \alpha_2, ..., \alpha_\kappa, \alpha_{\kappa+1}$ δεν είναι ανά δύο ίσοι, τότε μεταξύ αυτών υπάρχει ένας τουλάχιστο μικρότερος του 1, έστω $\alpha_1 <1$ και ένας τουλάχιστο μεγαλύτερος του 1, έστω $\alpha_{\kappa+1}>1$ .

Τότε $(\alpha_1-1)(\alpha_{\kappa+1}-1)<0 \Rightarrow \alpha_1\alpha_{\kappa+1} \leq -1+\alpha_1+\alpha_{\kappa+1} \quad (7)$ , και η (5) γράφεται

$(\alpha_1\cdot\alpha_{\kappa+1})\cdot\alpha_2\cdot...\cdot\alpha_\kappa=1$ , δηλαδή γινόμενο $\kappa$ παραγόντων, οπότε το άθροισμα αυτών

$(\alpha_1\cdot\alpha_{\kappa+1})+\alpha_2+...+\alpha_\kappa \geq \kappa \quad (8)$ , η οποία βάσει της (7) γίνεται: $\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_\kappa+\alpha_{\kappa+1} \geq \kappa +1$ , που είναι η ζητούμενη (6).

Απόδειξη ανισότητας Cauchy

Απόδειξη ανισότητας Cauchy

Re: Απόδειξη ανισότητας Cauchy

Απόδειξη ανισότητας Cauchy από το βιβλίο "Αλγεβρικά Θέματα"

Re: Απόδειξη ανισότητας Cauchy από το βιβλίο "Αλγεβρικά Θέματα"

Γεωμετρική απόδειξη ανισότητας Cauchy

Re: Απόδειξη ανισότητας Cauchy

Re: Απόδειξη ανισότητας Cauchy

Μέλη σε σύνδεση