mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 24, 2023 8:04 pm**

Έστω $({a_{r}})_{r=1}^{n}$ μια ακολουθία από

θετικούς πραγματικούς αριθμούς που έχουν άθροισμα 1. Να αποδείξετε ότι για κάθε n>1

:
$\displaystyle{\sum_{r=1}^{n}a_{r}\sqrt{\frac{n-1}{1-a_{r}}} & \ge \sum_{r=1}^{n}\sqrt{a_{r}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 26, 2023 12:00 am**

Βάση της επαγωγής
Για n=2

και από το δεδομένο, ότι a_1 + a_2 = 1

Η ζητούμενη ανίσωση γίνεται:
$\frac{a_1}{\sqrt{a_2}} + \frac{a_2}{\sqrt{a_1}}\geq\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}\Leftrightarrow (a_1-a_2)(\sqrt{a_1}-\sqrt{a_2})\geq 0$ , που ισχύει, αφού το γινόμενο ομοσήμων δίνει μη αρνητικό αποτέλεσμα.

Υπόθεση επαγωγής
Αν για n = k

ισχύει ότι $\displaystyle{\sqrt{k-1}\sum_{i=1}^{k}{\frac{a_{i}}{\sqrt{1-a_{i}}}} \ge \sum_{i=1}^{k}\sqrt{a_{i}}}$

Επαγωγικό βήμα
Αρκεί να δειχθεί η πρόταση $\displaystyle{\sqrt{k}\sum_{i=1}^{k+1}{\frac{a_{i}}{\sqrt{1-a_{i}}}} \ge \sum_{i=1}^{k+1}\sqrt{a_{i}}}$ .

Ισχύει ότι:
$\displaystyle{\sqrt{k}\sum_{i=1}^{k+1}{\frac{a_{i}}{\sqrt{1-a_{i}}}} = \sqrt{k} \frac{a_{k+1}}{\sqrt{1-a_{k+1}}} + \sqrt{k}\sum_{i=1}^{k}{\frac{a_{i}}{\sqrt{1-a_{i}}} \geq \sqrt{k}\frac{a_{k+1}}{\sqrt{1-a_{k+1}}}+\sqrt{k}\frac{\sum_{i=1}^{k}\sqrt{a_i}}{\sqrt{k-1}}} }$ , λόγω της επαγωγικής υπόθεσης.

Επομένως, αρκεί να δειχθεί ότι:
$\displaystyle{\sqrt{k}\frac{a_{k+1}}{\sqrt{1-a_{k+1}}}+\sqrt{k}\frac{\sum_{i=1}^{k}\sqrt{a_i}}{\sqrt{k-1}}}\geq \sum_{i=1}^{k+1}\sqrt{a_i}\Leftrightarrow}$
$\displaystyle{ (\sqrt{(\frac{1}{1-a_{k+1}}-1)k}-1)\sqrt {a_{k+1}} + (\sqrt{1+\frac{1} {k-1}}-1) \sum_{i=1}^{k} \sqrt a_{i}} \geq 0}$ , που ισχύει αφού κάθε όρος είναι μη αρνητικός.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 26, 2023 12:24 am**

Nikitas K. έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 26, 2023 12:00 am

Από το Α μέλος της ανίσωσης του επαγωγικού βήματος συνδυάζοντας την επαγωγική υπόθεση, έχουμε ότι:
$\displaystyle{\sqrt{k} \frac{a_{k+1}}{\sqrt{1-a_{k+1}}} + \sqrt{k}\sum_{i=1}^{k}{\frac{a_{i}}{\sqrt{1-a_{i}}} \geq \sqrt{k}\frac{a_{k+1}}{\sqrt{1-a_{k+1}}}+\sqrt{k}\frac{\sum_{i=1}^{k}\sqrt{a_i}}{\sqrt{k-1}}} }$

Δύο σχόλια

α) Ας έχεις υπόψη ότι οι λύσεις σου μπορεί να χρησιμοποιηθούν αλλού από τον θεματοθέτη, ως δικές του. Αλλιώς δεν δικαιολογείται πώς κάποιος που δεν ξέρει την γλώσσα στο φόρουμ να θέτει προβλήματα. Μάλιστα, κατά δήλωση του, με την σαθρή αιτιολογία ότι τα άλλα fora είναι "sluggish and inactive" (νωθρά και αδρανή). Αν είναι δυνατόν! (βλέπε ποστ #4 και #5 εδώ)

β) Βρες το λάθος στην απόδειξή σου, στο σημείο που απομόνωσα. Είναι κάπως κρυφό, αλλά είναι λάθος που χαλάει την απόδειξή σου.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 26, 2023 3:04 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 26, 2023 12:24 am

Nikitas K. έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 26, 2023 12:00 am

Από το Α μέλος της ανίσωσης του επαγωγικού βήματος συνδυάζοντας την επαγωγική υπόθεση, έχουμε ότι:
$\displaystyle{\sqrt{k} \frac{a_{k+1}}{\sqrt{1-a_{k+1}}} + \sqrt{k}\sum_{i=1}^{k}{\frac{a_{i}}{\sqrt{1-a_{i}}} \geq \sqrt{k}\frac{a_{k+1}}{\sqrt{1-a_{k+1}}}+\sqrt{k}\frac{\sum_{i=1}^{k}\sqrt{a_i}}{\sqrt{k-1}}} }$
Δύο σχόλια

α) Ας έχεις υπόψη ότι οι λύσεις σου μπορεί να χρησιμοποιηθούν αλλού από τον θεματοθέτη, ως δικές του. Αλλιώς δεν δικαιολογείται πώς κάποιος που δεν ξέρει την γλώσσα στο φόρουμ να θέτει προβλήματα. Μάλιστα, κατά δήλωση του, με την σαθρή αιτιολογία ότι τα άλλα fora είναι "sluggish and inactive" (νωθρά και αδρανή). Αν είναι δυνατόν! (βλέπε ποστ #4 και #5 εδώ)

β) Βρες το λάθος στην απόδειξή σου, στο σημείο που απομόνωσα. Είναι κάπως κρυφό, αλλά είναι λάθος που χαλάει την απόδειξή σου.

Σας ευχαριστώ για τα σχόλια.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 26, 2023 6:48 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 26, 2023 12:24 am

Nikitas K. έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 26, 2023 12:00 am

Από το Α μέλος της ανίσωσης του επαγωγικού βήματος συνδυάζοντας την επαγωγική υπόθεση, έχουμε ότι:
$\displaystyle{\sqrt{k} \frac{a_{k+1}}{\sqrt{1-a_{k+1}}} + \sqrt{k}\sum_{i=1}^{k}{\frac{a_{i}}{\sqrt{1-a_{i}}} \geq \sqrt{k}\frac{a_{k+1}}{\sqrt{1-a_{k+1}}}+\sqrt{k}\frac{\sum_{i=1}^{k}\sqrt{a_i}}{\sqrt{k-1}}} }$
Δύο σχόλια

α) Ας έχεις υπόψη ότι οι λύσεις σου μπορεί να χρησιμοποιηθούν αλλού από τον θεματοθέτη, ως δικές του. Αλλιώς δεν δικαιολογείται πώς κάποιος που δεν ξέρει την γλώσσα στο φόρουμ να θέτει προβλήματα. Μάλιστα, κατά δήλωση του, με την σαθρή αιτιολογία ότι τα άλλα fora είναι "sluggish and inactive" (νωθρά και αδρανή). Αν είναι δυνατόν! (βλέπε ποστ #4 και #5 εδώ)

β) Βρες το λάθος στην απόδειξή σου, στο σημείο που απομόνωσα. Είναι κάπως κρυφό, αλλά είναι λάθος που χαλάει την απόδειξή σου.

Δεν καταλαβαίνω γιατί με αντιμετωπίζουν έτσι. Κάνω ερωτήσεις στα κατάλληλα μέρη, ακόμα και στα ελληνικά. Δεν έχω ποτέ ανεβάσει τη λύση κάποιου άλλου ως δική μου σε άλλα φόρουμ.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 26, 2023 7:37 am**

Zfn nom nom.s έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 24, 2023 8:04 pm
Έστω $({a_{r}})_{r=1}^{n}$ μια ακολουθία από θετικούς πραγματικούς αριθμούς που έχουν άθροισμα 1. Να αποδείξετε ότι για κάθε :
$\displaystyle{\sum_{r=1}^{n}a_{r}\sqrt{\frac{n-1}{1-a_{r}}} & \ge \sum_{r=1}^{n}\sqrt{a_{r}}}$

Δεδομένου ότι $(a_{1},a_{2}, \ldous , a_{n})$ και $\left( \frac{1}{\sqrt{1-a_{1}}}, \frac{1}{\sqrt{1-a_{2}}}, \ldots , \frac{1}{\sqrt{1-a_{n}}} \right)$ είναι ταξινομημένα με παρόμοιο τρόπο, από την ανισότητα Rearrangement:

$\displaystyle{\displaystyle \sum_{i=1}^{n} \frac{a_{i}}{\sqrt{1-a_{i}}} \geq \sum_{i=1}^{n} \frac{a_{i+k}}{\sqrt{1-a_{i}}}}$

για κάθε

, με $1 \leq k \leq n$ (εδώ $a_{i+n}=a_{i}$ ). Παίρνοντας το άθροισμα από k=1

έως

από τις δύο πλευρές, έχουμε:

$\displaystyle{(n-1) \cdot \sum_{i=1}^{n} \frac{a_{i}}{\sqrt{a-1_{i}}} \geq \sum_{i=1}^{n} \left( \frac{1}{\sqrt{1-a_{i}}} \sum_{j \neq i} a_{j} \right)}$

$\displaystyle{= \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{1-a_{i}}} \cdot (1-a_{i})}$

$\displaystyle{= \sum_{i=1}^{n} \sqrt{1-a_{i}}}$

$\displaystyle{\geq \frac{1}{\sqrt{n-1}} \sum_{i=1}^{n} \sum_{j \neq i} \sqrt{a_{j}}}$

$\displaystyle{= \frac{1}{\sqrt{n-1}} \cdot (n-1) \cdot \sum_{i=1}^{n} \sqrt{a_{i}}}$

$\displaystyle{= \sqrt{n-1} \cdot \sum_{i=1}^{n} \sqrt{a_{i}}, \tag*{}}$

όπου η δεύτερη ανισότητα προκύπτει από την ανισότητα QM-AM. Επιπλέον, διαιρώντας και τις δύο πλευρές με το $\sqrt{n-1}$ , προκύπτει η επιθυμητή ανισότητα:

$\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} a_{i} \cdot \sqrt{ \frac{n-1}{1-a_{i}}} \geq \sum_{i=1}^{n} \sqrt{a_{i}},}$

και η ισότητα συμβαίνει μόνο εάν $a_{i} = 1/n$ , για όλα τα

. $\blacksquare$

mathematica.gr

ανισότητα

ανισότητα

Re: ανισότητα

Re: ανισότητα

Re: ανισότητα

Re: ανισότητα

Re: ανισότητα