Ανισότητα με ακολουθίες

#1

Με αφορμή την ανισότητα που προτάθηκε εδώ, ας δούμε και το ακόλουθο (κατά την γνώμη μου) πολύ ενδιαφέρον θέμα.

Θεωρούμε την ακολουθία $\displaystyle{\left( {{a_n}} \right)}$ που ορίζεται αναδρομικά ως εξής:
$\displaystyle{{a_1} = 2}$ και $\displaystyle{{a_n} = 1 + {a_1}{a_2} \cdots {a_{n - 1}}}$ για κάθε ακέραιο $\displaystyle{n \ge 2}$ .

Έχει αποδειχθεί εδώ ότι για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle{n}$ ισχύει

$\displaystyle{\frac{1}{{{a_1}}} + \frac{1}{{{a_2}}} + \cdots + \frac{1}{{{a_n}}} < 1.}$

Να αποδειχθεί ότι αν $\displaystyle{\left( {{b_n}} \right)}$ είναι μια οποιαδήποτε ακολουθία θετικών ακεραίων τέτοια, ώστε για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle{n}$ να ισχύει

$\displaystyle{\frac{1}{{{b_1}}} + \frac{1}{{{b_2}}} + \cdots + \frac{1}{{{b_n}}} < 1,}$

τότε

$\displaystyle{\frac{1}{{{a_1}}} + \frac{1}{{{a_2}}} + \cdots + \frac{1}{{{a_n}}} \ge \frac{1}{{{b_1}}} + \frac{1}{{{b_2}}} + \cdots + \frac{1}{{{b_n}}}}$

για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle{n}$ .

Ιστοσελίδα · #2

Το θέμα εξετάζεται στο περιοδικό Quantum τεύχος 3 Μάιος-Ιούνιος 1999 σελ. 30

#3

Στο άρθρο του Quantum που αναφέρει ο Στράτης (το οποίο δεν είχα υπόψη μου) παρατίθεται μια απόδειξη του θέματος η οποία δεν είναι -κατά τη γνώμη μου- στοιχειώδης. Για παράδειγμα, χρησιμοποιείται ότι αν $\displaystyle{A}$ είναι ένα κλειστό και φραγμένο υποσύνολο του $\displaystyle{{\mathbb{R}}^n}$ , τότε κάθε συνεχής συνάρτηση $\displaystyle{f:A \to \mathbb{R}}$ έχει ελάχιστη τιμή.

Έχω υπόψη μου μια στοιχειώδη αντιμετώπιση του θέματος - ας το δούμε!

#4

Στο συνέδριο της Αθήνας, ο Στράτης μου θύμισε το παραπάνω θέμα. Γράφω, λοιπόν, τη στοιχειώδη απόδειξή του, που βρήκα στο βιβλίο "Mathematical Olympiad Challenges" των Andreescu-Gelca.

Θα αποδείξουμε το ζητούμενο με επαγωγή στο $\displaystyle{n}$ .

Για $\displaystyle{n = 1}$ έχουμε ότι:

$\displaystyle{\frac{1}{{{b_1}}} < 1 \Leftrightarrow {b_1} > 1 \Leftrightarrow {b_1} \ge 2 \Leftrightarrow \frac{1}{{{a_1}}} = \frac{1}{2} \ge \frac{1}{{{b_1}}}.}$

Υποθέτουμε ότι το συμπέρασμα ισχύει για κάθε ακέραιο $\displaystyle{k \in \left\{ {1,2, \ldots ,n - 1} \right\}}$ και αποδεικνύουμε ότι ισχύει και για $\displaystyle{k = n.}$

Θεωρούμε $\displaystyle{n}$ θετικούς ακεραίους $\displaystyle{{b_1},{b_2}, \ldots ,{b_n}}$ τέτοιους, ώστε $\displaystyle{\frac{1}{{{b_1}}} + \frac{1}{{{b_2}}} + \cdots + \frac{1}{{{b_n}}} < 1.}$

Για $\displaystyle{i \in \left\{ {1,2, \ldots ,n} \right\}}$ θέτουμε $\displaystyle{{A_i} = \sum\limits_{j = 1}^i {\frac{1}{{{a_j}}}} }$ και $\displaystyle{{B_i} = \sum\limits_{j = 1}^i {\frac{1}{{{b_j}}}} .}$

Παρατηρούμε ότι:

$\displaystyle{{b_1}{b_2} \cdots {b_n}{B_n} < {b_1}{b_2} \cdots {b_n} \Rightarrow {b_1}{b_2} \cdots {b_n}{B_n} \le {b_1}{b_2} \cdots {b_n} - 1 \Rightarrow \boxed{ {B_n} \le 1 - \frac{1}{{{b_1}{b_2} \cdots {b_n}}}}}.$ (1)

Θέλουμε να δείξουμε ότι $\displaystyle{{B_n} \le {A_n}}$ .

Υποθέτουμε ότι αυτό δεν ισχύει. Τότε, χρησιμοποιώντας την (1) έχουμε ότι:

$\displaystyle{1 - \frac{1}{{{b_1}{b_2} \cdots {b_n}}} \ge {B_n} > {A_n} = 1 - \frac{1}{{{a_1}{a_2} \cdots {a_n}}} \Rightarrow \boxed{{b_1}{b_2} \cdots {b_n} > {a_1}{a_2} \cdots {a_n}}}.$ (2)

Εξάλλου, αφού για $\displaystyle{i \in \left\{ {1,2, \ldots ,n - 1} \right\}}$ ισχύει $\displaystyle{{B_i} < 1}$ , από την επαγωγική υπόθεση έπεται ότι:

$\displaystyle{{B_i} \le {A_i}}$ για κάθε $\displaystyle{i \in \left\{ {1,2, \ldots ,n - 1} \right\}}$ .

Τώρα θα επικαλεστούμε την άθροιση κατά Abel (διακριτό ανάλογο της ολοκλήρωσης κατά παράγοντες), σύμφωνα με την οποία, αν $\displaystyle{{\alpha _1},{\alpha _2}, \ldots ,{\alpha _n},{\beta _1},{\beta _2}, \ldots ,{\beta _n}}$ είναι πραγματικοί (ή μιγαδικοί) αριθμοί και θέσουμε $\displaystyle{{S_i} = \sum\limits_{j = 1}^i {{\alpha _j}} }$ για $\displaystyle{i \in \left\{ {1,2, \ldots ,n} \right\},}$ τότε ισχύει η σχέση:

$\displaystyle{\boxed{\sum\limits_{i = 1}^n {{\alpha _i}} {\beta _i} = \sum\limits_{i = 1}^{n - 1} {{S_i}} \left( {{\beta _i} - {\beta _{i + 1}}} \right) + {S_n}{\beta _n}}}$ ( $\color{red}\clubsuit$ ).

Με εφαρμογή της άθροισης κατά Abel προκύπτει ότι:

$\displaystyle{\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{{b_i}}}{{{a_i}}}} = \sum\limits_{i = 1}^{n - 1} {{A_i}} \left( {{b_i} - {b_{i + 1}}} \right) + {A_n}{b_n}}$ (3).

Δίχως βλάβη της γενικότητας, μπορούμε να υποθέσουμε ότι $\displaystyle{{b_1} \le {b_2} \le \cdots \le {b_n},}$ οπότε $\displaystyle{{{b_i} - {b_{i + 1}} \le 0}}$ για $\displaystyle{i \in \left\{ {1,2, \ldots ,n - 1} \right\}.}$ Από τη σχέση (3), λοιπόν, προκύπτει ότι:

$\displaystyle{\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{{b_i}}}{{{a_i}}}} = \sum\limits_{i = 1}^{n - 1} {{A_i}} \left( {{b_i} - {b_{i + 1}}} \right) + {A_n}{b_n} < \sum\limits_{i = 1}^{n - 1} {{B_i}} \left( {{b_i} - {b_{i + 1}}} \right) + {B_n}{b_n} = \sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{{b_i}}}{{{b_i}}}} = n,}$ (4)

όπου στο τελευταίο άθροισμα χρησιμοποιήσαμε ξανά την άθροιση κατά Abel.

Όμως, από την (4) και την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου προκύπτει ότι:

$\displaystyle{n > \sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{{b_i}}}{{{a_i}}}} \ge n\sqrt[n]{{\frac{{{b_1}{b_2} \cdots {b_n}}}{{{a_1}{a_2} \cdots {a_n}}}}},}$

και άρα $\displaystyle{{a_2} \cdots {a_n} > {b_1}{b_2} \cdots {b_n}}$ , που είναι άτοπο από τη σχέση (2).

Έτσι, ολοκληρώνεται η επαγωγική απόδειξη και το συμπέρασμα έπεται.

Παναγιώτης 1729 · #5

Πολύ όμορφη απόδειξη! Η πρόταση είναι ένα θεώρημα του Erdos.
Πού θα μπορούσα να βρω το άρθρο που αναφέρθηκε πιο πάνω;

#6

Παναγιώτης 1729 έγραψε:Πολύ όμορφη απόδειξη! Η πρόταση είναι ένα θεώρημα του Erdos.
Πού θα μπορούσα να βρω το άρθρο που αναφέρθηκε πιο πάνω;

Όλα (ή σχεδόν όλα) τα άρθρα του Erdős βρίσκονται ελεύθερα εδώ. Πρέπει όμως να βρούμε πιο από όλα αυτά περιέχει το θεώρημα...

Ανισότητα με ακολουθίες

Ανισότητα με ακολουθίες

Re: Ανισότητα με ακολουθίες

Re: Ανισότητα με ακολουθίες

Re: Ανισότητα με ακολουθίες

Re: Ανισότητα με ακολουθίες

Re: Ανισότητα με ακολουθίες

Μέλη σε σύνδεση