Ασυνήθιστη ανισότητα

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6163
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Ασυνήθιστη ανισότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Δευ Μαρ 23, 2020 10:00 pm

Αν για τους πραγματικούς αριθμούς a_1,a_2,...,a_{2019} ισχύει a_1a_2...a_k\geq 1 για κάθε k=1,2,...,2019 να αποδείξετε ότι

\displaystyle{a_1+\frac{a_2}{2}+\frac{a_3}{3}+...+\frac{a_{2019}}{2019}>\frac{13}{2}.}


Θανάσης Κοντογεώργης

Λέξεις Κλειδιά:
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3371
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Ασυνήθιστη ανισότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τρί Μαρ 24, 2020 12:19 pm

socrates έγραψε:
Δευ Μαρ 23, 2020 10:00 pm
Αν για τους πραγματικούς αριθμούς a_1,a_2,...,a_{2019} ισχύει a_1a_2...a_k\geq 1 για κάθε k=1,2,...,2019 να αποδείξετε ότι

\displaystyle{a_1+\frac{a_2}{2}+\frac{a_3}{3}+...+\frac{a_{2019}}{2019}>\frac{13}{2}.}
Με τις ίδιες προυποθέσεις για τα a_{i} ισχύει η γενικότερη\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\frac{a_{i}}{i}\geq \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i}


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1656
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Ασυνήθιστη ανισότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Τρί Μαρ 24, 2020 1:33 pm

socrates έγραψε:
Δευ Μαρ 23, 2020 10:00 pm
Αν για τους πραγματικούς αριθμούς a_1,a_2,...,a_{2019} ισχύει a_1a_2...a_k\geq 1 για κάθε k=1,2,...,2019 να αποδείξετε ότι

\displaystyle{a_1+\frac{a_2}{2}+\frac{a_3}{3}+...+\frac{a_{2019}}{2019}>\frac{13}{2}.}
Είναι, M=\displaystyle{a_1+\frac{a_2}{2}+\frac{a_3}{3}+...+\frac{a_{2019}}{2019}=\dfrac{1}{2019}(a_1+a_2+ \ldots + a_{2019})+ (\dfrac{1}{2018}-\dfrac{1}{2019})(a_1+a_2+\ldots+a_{2018})+\ldots+(\dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{2})a_1.

Επίσης, από τη συνθήκη και την ΑΜ-ΓΜ, είναι: a_1+a_2+ \ldots +a_k \geqslant k\sqrt[k]{a_1a_2 \cdots a_k} \geqslant k, για κάθε k \leqslant 2019.

Οπότε, M \geqslant \dfrac{2019}{2019}+(\dfrac{1}{2018}-\dfrac{1}{2019}) \cdot 2018 +\ldots+(\dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{2})=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\ldots+\dfrac{1}{2019}.

Άρα, αρκεί να δείξω ότι 1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\ldots+\dfrac{1}{2019}>13/2.

Αποδεικνύω έναν Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός: Ισχύει \dfrac{1}{2^k}+\dfrac{1}{2^k+1}+\ldots +\dfrac{1}{2^{k+1}-1}>\dfrac{1}{2}, για κάθε k \geqslant 1.

Απόδειξη: Είναι, \dfrac{1}{2^k}+\dfrac{1}{2^k+1}+\ldots +\dfrac{1}{2^{k+1}-1}>\dfrac{1}{2^{k+1}}+\dfrac{1}{2^{k+1}}+\ldots+\dfrac{1}{2^{k+1}}=\dfrac{2^k}{2^{k+1}}=1/2 \blacksquare.

Πίσω στην άσκηση, χωρίζω το άθροισμα Q=1+1/2+1/3+ \ldots +1/2019, στα εξής επιμέρους αθροίσματα:

\rightarrow 1+1/2+1/3+ \ldots +1/7=Q_1,
\rightarrow 1/8+1/9+\ldots +1/15=Q_2,
\rightarrow 1/16+1/17+\ldots 1/31=Q_3,
...
\rightarrow 1/512+1/513+\ldots 1/1023=Q_8, και
\rightarrow 1/1024+1/1025+\ldots 1/2019=Q_9.

Από τον Ισχυρισμό, τα Q_i με i \in \{2,3, \ldots, 8 \} είναι >1/2.

Επίσης, Q_9 >996/2019, άρα Q_1+Q_9>1+1/2+1/3+1/4+1/5+1/6+1/7+996/2019>3, οπότε τελικά είναι:

Q=(Q_1+Q_9)+Q_2+\ldots Q_8 >3+7/2=13/2.

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε!
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3371
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Ασυνήθιστη ανισότητα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τρί Μαρ 24, 2020 6:19 pm

Ορέστης Λιγνός έγραψε:
Τρί Μαρ 24, 2020 1:33 pm

Είναι, M=\displaystyle{a_1+\frac{a_2}{2}+\frac{a_3}{3}+...+\frac{a_{2019}}{2019}=\dfrac{1}{2019}(a_1+a_2+ \ldots + a_{2019})+ (\dfrac{1}{2018}-\dfrac{1}{2019})(a_1+a_2+\ldots+a_{2018})+\ldots+(\dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{2})a_1.

Επίσης, από τη συνθήκη και την ΑΜ-ΓΜ, είναι: a_1+a_2+ \ldots +a_k \geqslant k\sqrt[k]{a_1a_2 \cdots a_k} \geqslant k, για κάθε k \leqslant 2019.

Οπότε, M \geqslant \dfrac{2019}{2019}+(\dfrac{1}{2018}-\dfrac{1}{2019}) \cdot 2018 +\ldots+(\dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{2})=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\ldots+\dfrac{1}{2019}.
Να σημειώσω ότι αυτό το μέρος της απόδειξης του Ορέστη δίνει την καλύτερη δυνατή ανισότητα.
Γιατί για a_i=1 έχουμε ισότητα.

Χρησιμοποιώντας ολοκληρώματα και την κυρτότητα της \frac{1}{x}
μπορεί να αποδειχθεί ότι
1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\ldots+\dfrac{1}{2019}>8,1

Για να δούμε ενα διαφορετικό τελείωμα με στοιχειώδη μέσα.
Για n\geq 2
η ακολουθία

\displaystyle b_{n}=\sum_{k=1}^{2^{n-1}}\frac{1}{2^{n-1}+k}
είναι γνησίως αύξουσα.
Γιατί
\displaystyle b_{n}=\sum_{k=0}^{2^{n-2}-1}(\frac{1}{2^{n-1}+2k+1}+\frac{1}{2^{n-1}+2(k+1)})> \sum_{k=0}^{2^{n-2}-1}\frac{2}{2^{n-1}+2(k+1)}=
\sum_{k=0}^{2^{n-2}-1}\frac{2}{2^{n-2}+(k+1)}=b_{n-1}

Ετσι

\displaystyle \sum_{k=1}^{1024}\dfrac{1}{k}=1+\frac{1}{2}+b_{2}+...+b_{10}> \frac{3}{2}+9b_{2}=\frac{3}{2}+9\frac{7}{12}=\frac{81}{12}=6,75

και έχουμε και άλλους όρους.

Για το υπόλοιπο μπορούμε να γράψουμε
\displaystyle \sum_{k=1025}^{2019}\dfrac{1}{k}> \frac{995}{2019}> 0,49


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6163
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Ασυνήθιστη ανισότητα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Τρί Μαρ 24, 2020 6:34 pm

Πολύ ωραία!

Η ιδέα για το πρώτο μέρος της απόδειξης είναι ή άθροιση κατά Abel (το διακριτό ανάλογο της ολοκλήρωσης κατά παράγοντες)
https://en.wikipedia.org/wiki/Summation_by_parts#Method

Για το δεύτερο μέρος της απόδειξης, μαζεύουμε τα \displaystyle{\frac{1}{i}} σε ομάδες ανάμεσα σε δυνάμεις του 2. Έτσι έχουμε σε κάθε ομάδα 2^k αριθμούς, όλους μεγαλύτερους τους \displaystyle{\frac{1}{2^{k+1}}} οπότε το άθροισμα σε αυτή την ομάδα είναι >1/2.
Αυτός είναι και ο κλασικός τρόπος απόδειξης της απόκλισης της αρμονικής σειράς
\displaystyle{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n}+...}



Με βάση τα παραπάνω μπορούμε να δείξουμε και ότι:

Αν a_1,a_2,... , a_n πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε

\displaystyle a_1+a_2+...+a_n=0 και \displaystyle|a_1|+|a_2|+...+|a_n|=1,

τότε \displaystyle \left| \frac{a_1}{1}+\frac{a_2}{2}+...+\frac{a_n}{n} \right|\leq \frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{n}\right).

(61: https://mathematica.gr/forum/search.php ... sf=msgonly )


Θανάσης Κοντογεώργης
Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες