Ανισότητα με n μεταβλητές

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

Άβαταρ μέλους
emouroukos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1409
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Ανισότητα με n μεταβλητές

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από emouroukos » Τρί Φεβ 11, 2020 8:17 pm

Έστω n \in \mathbb{N} με n \geqslant 3 και 1<a_1 \leqslant a_2 \leqslant a_3 \leqslant \cdots \leqslant a_n πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι, ώστε a_1 + a_2 + a_3 + \cdots + a_n = 2n.

Να αποδείξετε ότι:

\displaystyle a_1a_2 \cdots a_{n-1} +a_1a_2 \cdots a_{n-2} + \cdots + a_1a_2 +a_1 + 2 \leqslant a_1a_2 \cdots a_n.


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2729
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Ανισότητα με n μεταβλητές

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Πέμ Φεβ 13, 2020 10:16 pm

Και όμως ισχύει ΚΑΙ για n=2, και μάλιστα η περίπτωση αυτή ουσιαστικά επιλύει το πρόβλημα (ένεκα μαθηματικής επαγωγής)!

Για n=2 λοιπόν η πρόταση είναι: αν 1<a_1\leq a_2 και a_1+a_2=4 τότε a_1+2\leq a_1a_2.

Πράγματι, αντικαθιστώντας την a_2=4-a_1 στην a_1+2\leq a_1a_2 λαμβάνουμε την (a_1-1)(a_1-2)\leq 0, που ισχύει. (Αν a_1>2 τότε a_1+a_2>4, ενώ η a_1\geq 1 είναι δεδομένη.)

Για το βήμα της μαθηματικής επαγωγής τώρα, θεωρούμε

1<a_1\leq a_2\leq ... \leq a_{k-1} \leq a_k \leq a_{k+1} με a_1+a_2+...+a_{k-1}+a_k+a_{k+1}=2(k+1),

και θέτουμε a_{k+1}=x+2, x\geq 0. Παρατηρούμε ότι ισχύουν οι

1<a_1\leq a_2\leq ... \leq a_{k-1} \leq (a_k+x) και a_1+a_2+...+a_{k-1}+(a_k+x)=2k,

άρα (υπόθεση μαθηματικής επαγωγής) ισχύει και η

a_1a_2...a_{k-1}+...+a_1a_2+a_1+2\leq a_1a_2...a_{k-1}(a_k+x). (*)

Για να ολοκληρωθεί το βήμα της μαθηματικής επαγωγής χρειαζόμαστε την ισχύ της

a_1a_2...a_{k-1}a_k+a_1a_2...a_{k-1}+...+a_1a_2+a_1+2\leq a_1a_2...a_{k-1}a_ka_{k+1},

θέλουμε δηλαδή να ισχύει η ανισότητα

a_1a_2...a_{k-1}a_k+a_1a_2...a_{k-1}+...+a_1a_2+a_1+2\leq a_1a_2...a_{k-1}a_k(x+2). (**)

Εν όψει της ισχύος της (*) η ισχύς της (**) ανάγεται στην ισχύ της a_k+(a_k+x)\leq a_k(x+2), που είναι προφανής.

[Το έγραψα αναλυτικότερα ίσως απ' ότι χρειάζεται, κυρίως για να είμαστε σίγουροι ότι δεν υπάρχει λάθος.]


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
emouroukos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1409
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: Ανισότητα με n μεταβλητές

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από emouroukos » Πέμ Φεβ 13, 2020 11:09 pm

Ευχαριστώ για τη λύση Γιώργο (δεν πρόσεξα ότι η ανισότητα ισχύει και για n=2 ...).

Μια άλλη λύση είναι η ακόλουθη:

Για i \in \{1, 2, \ldots , n\} θέτουμε x_i = a_1a_2 \cdots a_i. Με εφαρμογή της ανισότητας Chebyshev για τις όμοια διατεταγμένες n-άδες

\displaystyle{1 < x_1 < x_2 < \cdots <x_{n-1}}

και

\displaystyle{ a_1 \leqslant a_2 \leqslant a_3 \leqslant \cdots \leqslant a_n}

προκύπτει ότι:

\displaystyle{x_{n-1}a_n+\cdots +x_2a_3+x_1a_2+a_1 \geqslant \frac{1}{n}\left( 1+x_1+\cdots +x_{n-1} \right) \left( a_1+a_2+\cdots +a_n \right) \Longrightarrow }

\displaystyle{\Longrightarrow x_n+\cdots +x_3+x_2+x_1\geqslant 2\left( 1+x_1+\cdots +x_{n-1} \right) \Longrightarrow }

\displaystyle{\Longrightarrow x_n\geqslant 2+x_1+\cdots +x_{n-1},}

που είναι η αποδεικτέα ανισότητα. Το ίσον ισχύει αν και μόνο αν  a_1 = a_2 = a_3 = \cdots = a_n =2 .


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης