Be tudodna-e valaki bizonyitani, hogy ha x1, x2, . , xn es y1, y2, . Yn olyan pozitiv valos szamok, amelyekre xi+yi=1 minden i indexre, akkor tetszoleges pozitiv egesz m eseten: (1- x1x2. xn) ^m + (1-y1^m) (1-y2^m). (1-yn^m) > 1 ?

Hogy jön ide a valóság kulcsszó?

Na mindegy.

Mondjuk ezek valószínűségek.

xi annak a valószínűsége, hogy az i. esemény bekövetkezik, yi meg annak, hogy nem.

Pl van n darab pénz érmenk amik nem egyenlő eséllyel adnak fejet illetve írást feldobáskor.

Mondjuk xi annak az esélye, hogy az i. érme az fej lesz, yi meg annak az esélye, hogy az i érme írás lesz.

Namost egyszerre dobjuk fel az n darab érmét, és ismételjük meg a kíserletet m-szer.

Gondolom a .-ok azok ilyen ... dolgok.

Van valami automatikus helyesírás javító a gépeden, vagy mi a fene történt? Az a valóság az nem valós szám volt esetleg eredetileg?

(1- x1x2... xn) ^m az minek az esélye?

x1x2...xn annak az esélye, hogy mind fej lesz.

(1-x1x2...xn) annak az esélye, hogy nem mind lesz fej.

(1-x1x2...xn)^m annak az esélye, hogy az m feldobás során minden domásnál lesz legalább egy írás.

Namost yi^m annak az esélye, hogy mind az összes m dobásnál az i. érme írást fog mutatni.

(1-y^m) annak az esélye, hogy az i. érm az m dobás során legalább egyszer fej lesz.

(1-y1^m) (1-y2^m)...(1-yn^m) annak az esélye, hogy minden pénz legalább egyszer fej lesz az m dobás során.

Akkor tehát összeadjuk annak az esélyét, hogy az m feldobás során minden domásnál lesz legalább egy írás

annak az eséluyéve, hogy minden pénz legalább egyszer fej lesz az m dobás során.

Ezek együtt lefedik a teljes esemény teret, sőt van egy csomó amit duplán számoltunk, vagyis az eredmény ≥ 1.

A duplan beszámolás miatt ez pontosan akkor = ha n=1.

Gondolom kell itt indukciós bizonyításnak is lenni ha egyszer azt is felírtad kulcsszónak, kíváncsi vagyok talál-e valaki egyet.

Kell lennie, hiszen n növekedesével az egyenlőtlenség bal oldalának növekvőnek kellene lennie a fenti gondolatmenet szerint.

Na megpróbálom az indukciózást.

n=1 re nyilván igaz.

Nézzük az ugrást n-ről n+1-re.

k-val fogom n+1-et jelölni.

Ha nem indexként jön elő a k,n meg hasonlók, akkor nagybetűvel fogom írni őket: K=k, N=n csak itt ugye nincs indexezésre lehetőség.

Az indukciós feltevés szerint:

(1- x1x2...xnxk) ^m + (1-y1^m) (1-y2^m)...(1-(1-xnxk)^m) > 1

Vagyis elegendő azt bebizonyítani,

hogy

1-(1-xnxk)^m ≤ (1-yn^m)(1-yk^m)

Vagyis ha 0≤a≤b≤1 akkor

1-(1-(1-a)(1-b))^m ≤ (1-a^m)(1-b^m)

1-(a+b-ab))^m ≤ 1 - a^m - b^m +(ab)^m

a^m + b^m ≤ (a+b-ab)^m + (ab)^m

Szerintem itt lehetne vagy indukciózni m-re vagy valami nevezetes egyenlőtlenséget használni.

Valahonnan az ez az egyenlőtlenség neagyon ismerős, de nem tudom honnan. Vslami nagyon hasonlót láttam már valahol.