Доказать неравенство

TR63 · Сообщение **TR63** » 06 ноя 2016, 12:01

TR63 писал(а):Source of the post Всё-таки не понятно, где в доказательстве неравенства Бернулли используется обязательно(?) второй замечательный предел.

Подчёркиваю, что для рациональной степени не понятен этот вопрос. Жду ответ, поскольку исходная задача оказалась для меня очень полезной Хочу использовать её в качестве иллюстрации для одной проблемы.

12d3 · Сообщение **12d3** » 08 ноя 2016, 10:56

TR63 писал(а):Source of the post Всё-таки не понятно, где в доказательстве неравенства Бернулли используется обязательно(?) второй замечательный предел.

Неравенство Бернулли для произвольной вещественной степени доказывается через поиск минимума функции $f(x) = \left ( 1+x \right )^a-ax$ . А формула производной степенной функции с вещественным показателем выводится через второй замечательный предел.

TR63 писал(а):Source of the post Можно проверить, что многочлен f(x) имеет в области положительных (x) только один кратный корень

Вот этот момент надо довести до конца и посмотреть, как инструменты будут использоваться. Потому что если будет использоваться производная степенной функции с ненатуральным показателем, опять замкнутый круг получается.

TR63 · Сообщение **TR63** » 08 ноя 2016, 21:11

TR63 писал(а):Source of the post TR63 в 05.11.2016, 09:43 написал(а): linkВсё-таки не понятно, где в доказательстве неравенства Бернулли используется обязательно(?) второй замечательный предел. Подчёркиваю, что для рациональной степени не понятен этот вопрос.

12d3, Ваши пояснения относятся к действительному показателю в неравенстве Бернулли.. Мой вопрос касался именно рационального показателя. Задача мною сведена к исследованию многочлена с натуральным показателем. Там всё элементарно. Для решения исходного неравенства достаточно применить неравенство Бернулли с рациональныи показателем. Вы этот вариант забраковали, сказав, что будет обязательно ( почему?) использоваться второй замечатеьный предел. Но это для действительного показателя. В нашей задаче в исходном неравенстве рациональный показатель. Задача о неравенстве Бернулли с рациональным показателем сведена к исследованию многочлена с натуральным показателем. Берёте производную и видите, что многочлен имеет только один положительный кратный корень. (Где Вы видите у многочлена действительную степень. Посмотрите внимательнее. Она натуральная.) Отрицательные корни нас не интересуют. И в моём доказательстве нет никакого второго замечательного предела. Из того, что он был при действительном показателе вовсе не должно обязательно следовать его наличие при рациональном показателе. А, Вы это утверждали, бракуя метод, предложенный в начале темы. Но Вашего обоснования для рационального показателя (а, именно о таком идёт речь; в исходной задаче никаких действительных показателей нет), я не вижу.

ARRY · Сообщение **ARRY** » 09 ноя 2016, 04:15

TR63 писал(а):Source of the post $f=x^p-tx^q+(t-1)\ge0$
Можно проверить, что многочлен f(x) имеет в области положительных (x) только один кратный корень.

TR63, покажите это. Мне, например, это совсем не очевидно.

TR63 · Сообщение **TR63** » 09 ноя 2016, 06:48

Здесь $t=\frac p q\ge1$ , (p;q)-натуральные.
$f'_x=px^{p-1}-\frac p q\cdot qx^{q-1}$
$$f'_x(x=1)=0$$

,

, значит корень $$x=1$$

кратный.
С учётом количества перемен знака положительных корней не более двух. Отсюда и следует, что $f(x)\ge0$ (для конкретных (p;q) для контроля можно проверить на вольфраме). Что и требовалось доказать, т.к. в f(x) всегда можно подставить $x= a^{\frac1 q}$ , где $a\ge1$ , и получить, что неравенство Бернулли верно для любой рациональной степени $\frac p q\ge1$ .
Если выкладки верны, то при желании можно пристегнуть матиндукцию. Но это уже будет излишне.

12d3 · Сообщение **12d3** » 10 ноя 2016, 00:55

Спасибо, теперь видно, что все верно.

ARRY · Сообщение **ARRY** » 12 ноя 2016, 06:43

TR63 писал(а):Source of the post Если выкладки верны,

Да, вроде как всё правильно. А индукция тогда уже и не нужна.

yourdomain.com