Και άλλη μια κυκλική ανισότητα

#1

Δίνονται οι μη αρνητικοί αριθμοί

$\displaystyle{a_1, a_2, a_3,..., a_{n-1}, a_n }$

οι οποίοι ικανοποιούν την ακόλουθη σχέση:

$\displaystyle{a_1+a_2+a_3+...+a_n=1 }$

Να βρεθεί το μέγιστο της παράστασης:

$\displaystyle{A=a_1a_2+a_2a_3+a_3a_4+...+a_{n-1}a_n+a_n a_1 }$

Σημείωση:
Η άσκηση αυτή προέκυψε από την άσκηση του Μιχάλη με τίτλο:
""Κυκλική" ανισότητα με χαριτωμένη λύση"

#2

KDORTSI έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 10, 2025 7:24 pm
Δίνονται οι μη αρνητικοί αριθμοί

$\displaystyle{a_1, a_2, a_3,..., a_{n-1}, a_n }$

οι οποίοι ικανοποιούν την ακόλουθη σχέση:

$\displaystyle{a_1+a_2+a_3+...+a_n=1 }$

Να βρεθεί το μέγιστο της παράστασης:

$\displaystyle{A=a_1a_2+a_2a_3+a_3a_4+...+a_{n-1}a_n+a_n a_1 }$

.
Γράφω μέρος της απάντησης. Μου άρεσε σαν άσκηση αλλά (βλέπε παρακάτω) για κάποιες περιπτώσεις δεν ξέρω λύση εντός φακέλου. Γράφω ό,τι ξέρω για να έλθει και πάλι η άσκηση στην επιφάνεια.

α) Για n=3

η απάντηση είναι $\dfrac {1}{3}$ . Πράγματι, με χρήση της απλής και γνωστής $a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca$ έχουμε

$1= (a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+ 2ab+2bc+2ca \ge 3(ab+bc+ca)$ . Άρα $ab+bc+ca \dfrac {1}{3}$ , με ισότητα όταν $a=b=c= \dfrac {1}{3}$

2) Για

άρτιος και $n\ge 4$ η απάντηση είναι $\dfrac {1}{4}$ . Πράγματι, για n=2N

έχουμε από το τέχνασμα που είδαμε εδώ

$0\le a_1 a_2 + a_2a_3+a_3a_4+ ... +a_{2N-1} a_{2N} + a_{2N} \le ( a_1+a_3+a_5+...+a_{2N-1} ) ( a_2+a_4+a_6+...+a_{2N} ) =$

$=t(1-t) \le \dfrac {1}{4}$ με ισότητα όταν $a_1=a_2=\dfrac {1}{2}, \, a_3=a_4=...=a_{2N}=0$ .

3) Για

περιττός και $n\ge 5$ η απάντηση είναι και πάλι $\dfrac {1}{4}$ αλλά δεν ξέρω λύση εντός φακέλου. Είναι προσιτή με Πολλαπλασιαστές Lagrange αλλά δεν ξέρω να την λύσω στοιχειωδώς, εκτός από μέθοδο που χάνομαι στις πράξεις. Μάλλον κάτι δεν βλέπω σωστά.

Κοντολογίς, η άσκηση είναι ακόμα ανοικτή για

περιττός και $n\ge 5$ .

Σε αυτό το φόρουμ κάτι μαθαίνω κάθε μέρα, και περιμένω και ετούτο.

#3

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 31, 2025 12:21 pm

Γράφω μέρος της απάντησης. Μου άρεσε σαν άσκηση αλλά (βλέπε παρακάτω) για κάποιες περιπτώσεις δεν ξέρω λύση εντός φακέλου. Γράφω ό,τι ξέρω για να έλθει και πάλι η άσκηση στην επιφάνεια.

Γράφω μια λύση που βασίζεται σε αυτό που ξέρουμε για άρτιο.
Για n > 4

θεωρούμε
$\displaystyle f(a_1, a_2, \ldots, a_n) = 4(a_1 a_2 + a_2 a_3 + \cdots + a_n a_1)$

Έστω ότι ο $a_{n-1}$ είναι ο ελάχιστος από τους αριθμούς και θα αποδείξουμε ότι

$\displaystyle f(a_1, a_2, \ldots, a_n) - f(a_1, \ldots, a_{n-2}, a_{n-1} + a_n) \leq 0.$
Πράγματι η τελευταία ανάγεται στο
$\displaystyle \Leftrightarrow \quad -4(a_{n-2} a_{n-1} + a_n (a_{n-2} - a_{n-1}) +a_1a_{n-1}) \leq 0$
που προφανώς ισχύει. Άρα $f(a_1, \ldots, a_n) \leq f(a_1, \ldots, a_{n-2}, a_{n-1} + a_n)\leq\frac{1}{4}$ αφού τώρα στο δεξί μέλος έχουμε άρτιο το πλήθος από μεταβλητές με άθροισμα

.

#4

silouan έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 01, 2025 12:45 pm

$\displaystyle f(a_1, a_2, \ldots, a_n) - f(a_1, \ldots, a_{n-2}, a_{n-1} + a_n) \leq 0.$
Πράγματι η τελευταία ανάγεται στο
$\displaystyle \Leftrightarrow \quad -4(a_{n-2} a_{n-1} + a_n (a_{n-2} - a_{n-1}) + {\color {red} a_n^2) }+a_1a_{n-1}) \leq 0$
που προφανώς ισχύει.

.
Σιλουανέ, διόρθωσέ με αν κάνω λάθος αλλά τον όρο a_n^2

στο δεξί μέλος δεν τον βλέπω στο ίσο του αριστερό. Χάνω κάτι;

#5

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 01, 2025 1:34 pm
.
Σιλουανέ, διόρθωσέ με αν κάνω λάθος αλλά τον όρο στο δεξί μέλος δεν τον βλέπω στο ίσο του αριστερό. Χάνω κάτι;

Ευχαριστώ, έχετε δίκιο, αλλά ευτυχώς δεν παίζει ρόλο.

#6

KDORTSI έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 10, 2025 7:24 pm
Δίνονται οι μη αρνητικοί αριθμοί

$\displaystyle{a_1, a_2, a_3,..., a_{n-1}, a_n }$

οι οποίοι ικανοποιούν την ακόλουθη σχέση:

$\displaystyle{a_1+a_2+a_3+...+a_n=1 }$

Να βρεθεί το μέγιστο της παράστασης:

$\displaystyle{A=a_1a_2+a_2a_3+a_3a_4+...+a_{n-1}a_n+a_n a_1 }$

Σημείωση:

Μιχάλη καλησπέρα...

Και εγώ προτείνοντας την άσκηση αυτή, όπως ανάφερα στο πρώτο μου μήνυμα

είχα την εικασία πως θα μπορούσε να λυθεί με κλασσικό τρόπο. Και η ιδέα αυτή

προέκυψε από τις επιμέρους περιπτώσεις:

1) Για $\displaystyle{n=3}$
2) Για $\displaystyle{n=4}$

Και για τις δυο περιπτώσεις εφάρμοσα την ίδια μέθοδο και βρήκα για την πρώτη περίπτωση ως μέγιστο το $\displaystyle{ \frac{1}{3}}$ .

Όμως για τη δεύτερη περίπτωση βρήκα κάτι διαφορετικό.

Αναπτύσσω την ιδέα μου:

Έστω $\displaystyle{A=a_1a_2+a_2a_3+a_3a_4+a_4a_1 \ \ (1) }$

Τότε η (1) γράφεται:

$\displaystyle{A=a_1(1-a_1-a_3-a_4) +a_2(1-a_1-a_2-a_4)+a_3(1-a_1-a_2-a_3)+a_4(1-a_2-a_3-a_4) \ \ (2) }$

Μετά μερικές πράξεις στην (2) καταλήγουμε:

$\displaystyle{A=(a_1+a_2+a_3+a_4)-(a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2) -2(a_1a_2+a_2a_3+a_3a_4+a_4a_1)-2(a_1a_3+a_2a_3) \ \ (3)}$

Δηλαδή:

$\displaystyle{A=1-(a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2)-A-2(a_1a_3+a_2a_3) \ \ (4)}$

Ή ακόμα:

$\displaystyle{2A=1-(a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2)-2(a_1a_3+a_2a_3) \ \ (5)}$

Όμως είναι: $\displaystyle{(a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2)(1^2+1^2+1^2+1^2) \geq (a_1+a_2+a_3+a_4 )^2 }$

$\displaystyle{\Rightarrow a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2 \geq \frac{1}{4} }$

Δηλαδή:

$\displaystyle{a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2 \geq \frac{1}{4} \ \ (6) }$

Για την παράσταση: $\displaystyle{2(a_1a_3+a_2a_3) }$ θεωρούμε τον ελάχιστο $\displaystyle{m}$ κάποιον από τους τέσσερες αριθμούς $\displaystyle{a_1, a_2, a_3, a_4}$

και τότε θα ισχύει:

$\displaystyle{2(a_1a_3+a_2a_3) \geq 4\sqrt{a_1a_2a_3a_4} \geq4 \sqrt{m^4}=4m^2 \ \ (7) }$

Τελικά η (5) από τις (6) και (7) γίνεται:

$\displaystyle{2A \leq 1-\frac{1}{4}- 4m^2=\frac{3}{4} -4m^2}$

και συνεπώς:

$\displaystyle{ A \leq \frac{3}{8}-2m^2 }$

Δηλαδή:

$\displaystyle{A_{max}= \frac{3}{8}-2m^2 }$

Σημείωση: Η εικασία μου χωρίς να την έχω αποδείξει είναι αν η μέθοδος αυτή γενικεύεται...Ας το δουν πιο φράσκα μυαλά...

Κώστας Δόρτσιος

Η άσκηση αυτή προέκυψε από την άσκηση του Μιχάλη με τίτλο:
""Κυκλική" ανισότητα με χαριτωμένη λύση"

#7

Μετά την διόρθωση του τυπογραφικού υπάρχει αντίρρηση με την παραπάνω λύση που έδωσα;

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #8

silouan έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 01, 2025 12:45 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 31, 2025 12:21 pm

Γράφω μέρος της απάντησης. Μου άρεσε σαν άσκηση αλλά (βλέπε παρακάτω) για κάποιες περιπτώσεις δεν ξέρω λύση εντός φακέλου. Γράφω ό,τι ξέρω για να έλθει και πάλι η άσκηση στην επιφάνεια.
Γράφω μια λύση που βασίζεται σε αυτό που ξέρουμε για άρτιο.
Για θεωρούμε
$\displaystyle f(a_1, a_2, \ldots, a_n) = 4(a_1 a_2 + a_2 a_3 + \cdots + a_n a_1)$

Έστω ότι ο $a_{n-1}$ είναι ο ελάχιστος από τους αριθμούς και θα αποδείξουμε ότι

$\displaystyle f(a_1, a_2, \ldots, a_n) - f(a_1, \ldots, a_{n-2}, a_{n-1} + a_n) \leq 0.$
Πράγματι η τελευταία ανάγεται στο
$\displaystyle \Leftrightarrow \quad -4(a_{n-2} a_{n-1} + a_n (a_{n-2} - a_{n-1}) +a_1a_{n-1}) \leq 0$
που προφανώς ισχύει. Άρα $f(a_1, \ldots, a_n) \leq f(a_1, \ldots, a_{n-2}, a_{n-1} + a_n)\leq\frac{1}{4}$ αφού τώρα στο δεξί μέλος έχουμε άρτιο το πλήθος από μεταβλητές με άθροισμα .

Δεν χρειάζεται να υποθέσουμε για άρτιο. Μια επαγωγή αρκεί .Απλά στο επαγωγικό βήμα να βάλουμε ότι ο $a_{n-1}$ είναι ο ελάχιστος από τους αριθμούς (μπορούμε λόγω κυκλικότητας)

Και άλλη μια κυκλική ανισότητα

Και άλλη μια κυκλική ανισότητα

Re: Και άλλη μια κυκλική ανισότητα

Re: Και άλλη μια κυκλική ανισότητα

Re: Και άλλη μια κυκλική ανισότητα

Re: Και άλλη μια κυκλική ανισότητα

Re: Και άλλη μια κυκλική ανισότητα

Re: Και άλλη μια κυκλική ανισότητα

Re: Και άλλη μια κυκλική ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση