Fórum: Valaki mondja meg!

Az állítás azon része igaz, hogy 1,2,..n-1 zérushely. (Lehet, hogy az is, hogy csak ezek a zérushelyek, de azt még nem látom.)

Kipróbáltam a “vibe-bizonyítást”, megkérdeztem néhány nagy nyelvi modellt. Többen a másodfajú Stirling számok egy azonosságával és generátor függvényekkel dolgoztak, de egyikük hozott egy “elemibb” megoldást, amihez “csak” a binomiális tétel és deriválás kell. Megpróbáltam letisztázni az elnagyolt részleteket, ez a linkelt oldalon olvasható.

A megoldás a következő két gondolaton múlik.

A.) A sejtés ekvivalens azzal, hogy

\(\displaystyle \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\cdot k^m\cdot(-1)^{k}=0, \)

az \(\displaystyle m=1,2,\ldots,n-1\) esetekben.

B.) Alkalmazzuk a \(\displaystyle D: f \mapsto xf’(x)\) operátort \(\displaystyle m\)-szer a \(\displaystyle g(y)=(1+y)^n=\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\cdot y^k\) azonosság mindkét oldalára, és nézzük meg a helyettesítési értéket \(\displaystyle y=-1\)-re.

A részletes leírás

Ha megkeressük

\(\displaystyle x \mapsto 8^x - 8·7^x + 28·6^x - 56·5^x + 70·4^x - 56·3^x + 28·2^x - 8\)

exponenciális függvény zérushelyeit, akkor csupa 8-nál kisebb természetes egészt kapunk. Hasonló tulajdonságú függvényeket kapok, ha tetszöleges

\(\displaystyle 1<n<10\)

természetes számra elvégzem az

\(\displaystyle (1-x)^n\)

müveletet majd tagonként elvégzem az

\(\displaystyle x^k \longrightarrow k^x, k \le n\)

hozzárendelést is. Tehát a binomiális együthatók nem azonos alapú hatványok, hanem azonos kitevőjű exponeciális kifejezések lineáris kombinácójával állítják elő ezeket a függvényeket. Az a sejtésem, hogy a fent leírt tulajdonság tetszöleges n természetes egészekre is kimondható. Valaki megmondaná, hogy mi van a dolog hátterében? Előre is köszönöm.

A magyar kártyacsomagból (színek: 8 piros + 8 tök + 8 zöld + 8 makk) egyesével húzunk visszatevés nélkül lapokat egészen addig, amíg valamelyik színből ki nem húzzuk az összes lapot. Mennyi annak a valószínűsége, hogy pontosan \(\displaystyle k\) lapot kell húzni? Minden segítséget előre is köszönök.

A végén tényleg volt egy elgépelés, de nem gondolnám, hogy emiatt nem lehet megérteni...

Tehát: az átalánosság csorbítása nélkül feltéve, hogy \(\displaystyle x\ge y\ge z\),

\(\displaystyle x^n\cdot y^n\cdot (x−z)\cdot (y−z) \ge x^n\cdot z^n\cdot (x−y)\cdot (y−z), \)

mert a tényezők mind nemnegatívak, és a baloldalon rendre legalább akkorák, mint a jobboldalon.

Ezen kívül

\(\displaystyle y^n\cdot z^n\cdot (x−y)\cdot (x−z) \ge 0, \)

mindegyik tényező nemnegatív.

A kettő összege a bizonyítandó [2357].

* * *

Az általánosított Schur-egyenlőtlenség

\(\displaystyle a(x-y)(x-z)+b(y-x)(y-z)+c(z-x)(z-y) \ge0, \)

ez az \(\displaystyle a,b,c\ge0\), és \(\displaystyle x,y,z\) hármasok sokféle nagyság szerinti sorrendjére teljesül, ezek közül a legfontosabbak, ha a sorrend ugyanaz vagy ha a sorrend ellentétes. Az eredeti Schurban \(\displaystyle a=x^k\), \(\displaystyle b=y^k\), \(\displaystyle c=z^k\) és \(\displaystyle k\) pozitív egész, tehát a sorrend ugyanaz. Az \(\displaystyle k<0\) esetben, vagy a [2357]-ben a sorrend ellentétes. A Vornicu-féle változatban \(\displaystyle a=f(x)\), \(\displaystyle b=f(y)\), \(\displaystyle c=f(z)\), az \(\displaystyle f\) függvény nemnegatív és monoton (ez az előbbi két eset), vagy \(\displaystyle f\) konvex; valójában csak annyi kell, hogy ha mondjuk \(\displaystyle x\ge y\ge z\), akkor \(\displaystyle a,b,c\) közül nem \(\displaystyle b\) az egyetlen legnagyobb. A bizonyítás \(\displaystyle a\ge b\) és \(\displaystyle c\ge b\) esetben is gond nélkül elmondható:

Ha \(\displaystyle x\ge y\ge z\), \(\displaystyle a,b,c\ge0\) és \(\displaystyle a\ge b\), akkor

\(\displaystyle a(x-y)(x-z) \ge b(x-y)(y-z) = -b(y-x)(y-z) \quad\text{és}\quad c(z-x)(z-y)\ge0. \)

Ha pedig \(\displaystyle x\ge y\ge z\), \(\displaystyle a,b,c\ge0\) és \(\displaystyle c\ge b\), akkor

\(\displaystyle c(z-x)(z-y) = c(x-z)(y-z) \ge b(x-y)(y-z)=-b(y-x)(y-z) \quad\text{és}\quad a(x-y)(x-z)\ge0. \)

Egy további lehetséges feltétel, ha \(\displaystyle \max(a,b,c) \le 4\cdot\min(a,b,c)\).

Feltehetjük, hogy \(\displaystyle 1\le a,b,c\le 4\) és \(\displaystyle x\ge y\ge z\). A \(\displaystyle u=x-y\), \(\displaystyle v=y-z\) számokkal

\(\displaystyle a(x-y)(x-z)+b(y-x)(y-z)+c(z-x)(z-y) = au(u+v)-buv+c(u+v)v \ge \)

\(\displaystyle \ge u(u+v)-4uv+(u+v)v = (u-v)^2 \ge0. \)

Fálesz Mihály megoldását én jónak látom. A legvégén = 0 van a >=0 helyett. Ha megcsináljuk azt az apró javítást, akkor jó, szerintem.

[2359]-es hozzászólásomban rámutattam egy ellentmondásra. Erre mostanáig nem érkezett a lényeget érintő, érdemi reagálás. Ezért megkíséreltem megoldani marcius8 [2357]-es feladatát. Remélem, sikerült. A feladat/kérdés (az alábbi egyenlőtlenségre később (*) - gal hivatkozom):

Igen, mert az utolsó sorban az első összeadandó mindig 0, a második csak x=y esetén.

Legyen \(\displaystyle x = 2\) és \(\displaystyle y= z =1\) Ekkor nálam az alsó kifejezés helyettesítési értéke \(\displaystyle 1\) és nem \(\displaystyle 0\).

A kifejezés szimmetrikus az \(\displaystyle x,y,z\) változókban, ezért elég abban az esetben ellenőrizni az állítást, ha \(\displaystyle x\ge y\ge z\). Ebben az esetben az első két tag nemnegatív, az utolsó tag nempozitív.

\(\displaystyle x^ny^n(x−z)(y−z)+y^nz^n(y−x)(z−x)+z^nx^n(z−y)(x−y) = \)

\(\displaystyle = x^n(y−z)\big(y^n(x−z)-z^n(x−y)\big)+y^nz^n(x−y)(x−z) \ge \)

\(\displaystyle \ge x^n(y−z)\big(z^n(x−y)-z^n(x−y)\big)+y^nz^n(x−y)(x−y) =0. \)

Lásd: Schur-egyenlőtlenség

Hogyan lehet igazolni a következő egyenlőtlenséget, ahol \(\displaystyle x\), \(\displaystyle y\), \(\displaystyle z\) pozitív számok, \(\displaystyle n\) nem negatív egész szám? Mindenki segítségét előre is köszönöm.

\(\displaystyle x^ny^n(x-z)(y-z)+y^nz^n(y-x)(z-x)+z^nx^n(z-y)(x-y)\geqq0\)