Μία ανισότητα

Tolaso J Kos · #1

Έστω $a_1 \geq a_2 \geq \cdots \geq a_n \geq 0$ και $\sum \limits_{k=1}^{n} a_k \leq \sum \limits_{k=1}^{n} b_k$ . Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\sum_{k=1}^{n} a_k^2 \leq \sum_{k=1}^{n} b_k^2}$

#2

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 22, 2024 4:25 pm
Έστω $a_1 \geq a_2 \geq \cdots \geq a_n \geq 0$ και $\sum \limits_{k=1}^{n} a_k \leq \sum \limits_{k=1}^{n} b_k$ . Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\sum_{k=1}^{n} a_k^2 \leq \sum_{k=1}^{n} b_k^2}$

Τόλη, μάλλον κάποιες υποθέσεις θα λείπουν για να ισχύει το ζητούμενο. Αλλιώς έχουμε:

Αντιπαράδειγμα: Για a_1=10, a_2=1, b_1=b_2=6

ισχύει $a_1 \geq a_2 \geq 0$ και $\sum \limits_{k=1}^{2} a_k \leq \sum \limits_{k=1}^{2} b_k$ (δίότι $10+1=11 \le 12 = 6+6$ . Όμως δεν ισχύει $10^2+1^2 =101 \le 72 = 6^2+6^2$ .

Tolaso J Kos · #3

Μιχάλη,

ανεβάζω την άσκηση στα αγγλικά.

: Screenshot 2024-11-22 at 17-00-11 Microsoft Word - v11_n3.doc - v11_n3.pdf.png (7.48 KiB) Προβλήθηκε 1612 φορές

Al.Koutsouridis · #4

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 22, 2024 5:01 pm
Μιχάλη,

ανεβάζω την άσκηση στα αγγλικά.

Screenshot 2024-11-22 at 17-00-11 Microsoft Word - v11_n3.doc - v11_n3.pdf.png

Τα άθροισματα στην δεύτερη συνθήκη είναι μέχρι το

, όχι έως

, όπως στην αρχική ανάρτηση.

#5

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 22, 2024 4:36 pm
Τόλη, μάλλον κάποιες υποθέσεις θα λείπουν για να ισχύει το ζητούμενο. Αλλιώς έχουμε:
.....

Σωστά, λοιπόν, το υποπτεύθηκα. Άλλωστε ο Αλέξανδρος στο προηγούμενο ποστ επισημαίνει ποια είναι η διαφορά της προταθείσας από την σωστή άσκηση. Ας το κάνω λιανά για όφελος των μαθητών.

Η σωστή διατύπωση έχει ως υπόθεση όλες τις παρακάτω:

$a_1\le b_1$ και $a_1+a_2\le b_1+b_2$ και $a_1+a_2+a_3\le b_1+b_2+b_3$ και λοιπά μέχρι την

$a_1+a_2+a_3+...+a_n\le b_1+b_2+b_3+...+b_n$

ενώ στο ποστ #

η υπόθεση είναι μόνο η τελευταία σχέση.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 22, 2024 5:01 pm
Μιχάλη,

ανεβάζω την άσκηση στα αγγλικά.

Screenshot 2024-11-22 at 17-00-11 Microsoft Word - v11_n3.doc - v11_n3.pdf.png

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#7

Το ζητούμενο προκύπτει και εφαρμόζοντας την ανισότητα Karamata https://en.wikipedia.org/wiki/Karamata%27s_inequality
για την αύξουσα (στο $[0,+\infty)$ ) και κυρτή f(x)=x^2

. Παρατηρήστε ότι η ανισότητα της συνθήκης για τα μερικά αθροίσματα ισχύει και για την φθίνουσα αναδιάταξη των b_i

.

Al.Koutsouridis · #8

Μπορεί να αποδειχθεί το εξής γενικότερο:

Έστω $n\geq 2$ και οι αριθμοί $a_{1} \geq a_{2} \geq \ldots a_{n} >0$ και $b_{1} \geq b_{2} \geq \ldots b_{n} >0$ τέτοιοι, ώστε για όλα τα $i=1, \ldots , n-1$ να ικανοποιούνται οι ανισότητες

$a_{1}+ \ldots +a_{i} \geq b_{1}+\ldots +b_{i}$

και ικανοποιείται η ισότητα

$a_{1} + \ldots +a_{n} = b_{1}+\dots +b_{n}$ .

Τότε η συνάρτηση $f(t)=a_{1}^t+a_{2}^t+ \ldots a_{n}^t -b_{1}^t-b_{2}^t- \ldots -b_{n}^t$ ("ψεύδο-πολυώνυμο", βλέπε π.χ. εδώ) έχει ακριβώς δύο ρίζες, είναι θετική στα διάστηματα $(-\infty, 0)$ , $(1,+\infty)$ και αρνητική στο διάστημα (0,1)

.

Η αρχική ανισότητα του νήματος, προκύπτει από την θετικότητα της παρπάνω συνάρτησης στο σημείο t=2

.

#9

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 26, 2024 10:07 pm
Μπορεί να αποδειχθεί το εξής γενικότερο:

Αλέξανδρε, προκύπτει και αυτή (προφανώς) από την ανισότητα Karamata που παρέθεσα.

Al.Koutsouridis · #10

silouan έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 27, 2024 9:25 am

Αλέξανδρε, προκύπτει και αυτή (προφανώς) από την ανισότητα Karamata που παρέθεσα.

Ναι σωστά, η f(t)=a^t

είναι κι αυτή κυρτή.

Μία ανισότητα

Μία ανισότητα

Re: Μία ανισότητα

Re: Μία ανισότητα

Re: Μία ανισότητα

Re: Μία ανισότητα

Re: Μία ανισότητα

Re: Μία ανισότητα

Re: Μία ανισότητα

Re: Μία ανισότητα

Re: Μία ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση