Για δυνατά χαρτιά

Panagiotis11 · #1

Αν $0 < x_{1}\leq x_{2}\leq ...\leq x_{n} (n\geq 2)$

και $\frac{1}{1+x_{1}} + \frac{1}{1+x_{2}} +... + \frac{1}{1+x_{n}}=1$

Να αποδείξετε ότι : $\sqrt{x_{1}}+ \sqrt{x_{2}} + ... + \sqrt{x_{n}}\geq (n-1)(\frac{1}{\sqrt{x_{1}}}+$ \displaystyle{\frac{1}{\sqrt{x_{2}}} + ... +} $\frac{1}{\sqrt{x_{n}}} ) .$

#2

Θέτουμε $\displaystyle{{y_i} = \frac{1}{{1 + {x_i}}} \in \left( {0,1} \right),}$ για $\displaystyle{i = 1,2, \ldots ,n.}$ Τότε είναι $\displaystyle{\sum\limits_{i = 1}^n {{y_i}} = 1,}$ οπότε για κάθε $\displaystyle{i \in \left\{ {1,2, \ldots ,n} \right\}}$ ισχύει:

$\displaystyle{{x_i} = \frac{1}{{{y_i}}} - 1 = \frac{{1 - {y_i}}}{{{y_i}}} = \frac{1}{{{y_i}}}\sum\limits_{\scriptstyle j = 1\hfill\atop \scriptstyle j \ne i\hfill}^n {{y_j}} .}$

Η αποδεικτέα ανισότητα γράφεται ισοδύναμα:

$\displaystyle{\sum\limits_{i = 1}^n {\sqrt {\frac{{\sum\limits_{\scriptstyle j = 1\hfill\atop \scriptstyle j \ne i\hfill}^n {{y_j}} }}{{{y_i}}}} } \ge \left( {n - 1} \right)\sum\limits_{i = 1}^n {\sqrt {\frac{{{y_i}}}{{\sum\limits_{\scriptstyle j = 1\hfill\atop \scriptstyle j \ne i\hfill}^n {{y_j}} }}} } }.$

Χρησιμοποιώντας την ανισότητα Cauchy-Schwarz, έχουμε ότι:

$\displaystyle{\sqrt {n - 1} \sqrt {\sum\limits_{\scriptstyle j = 1\hfill\atop \scriptstyle j \ne i\hfill}^n {{y_j}} } = \sqrt {\left( {1 + 1 + \cdots + 1} \right)\left( {{{\sqrt {{y_1}} }^2} + {{\sqrt {{y_2}} }^2} + \cdots + {{\sqrt {{y_{i - 1}}} }^2} + {{\sqrt {{y_{i + 1}}} }^2} + \cdots + {{\sqrt {{y_n}} }^2}} \right)} \ge }$

$\displaystyle{ \ge \sqrt {{y_1}} + \sqrt {{y_2}} + \cdots + \sqrt {{y_{i - 1}}} + \sqrt {{y_{i + 1}}} + \cdots + \sqrt {{y_n}} = \sum\limits_{\scriptstyle j = 1\hfill\atop \scriptstyle j \ne i\hfill}^n {\sqrt {{y_j}} } }$ $\bf \color{red} \left( \bigstar \right)$

και άρα

$\displaystyle{\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{\sqrt {{y_i}} }}\sqrt {\sum\limits_{\scriptstyle j = 1\hfill\atop \scriptstyle j \ne i\hfill}^n {{y_j}} } } \ge \sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{\sqrt {{y_i}} }} \cdot \frac{1}{{\sqrt {n - 1} }}} \sum\limits_{\scriptstyle j = 1\hfill\atop \scriptstyle j \ne i\hfill}^n {\sqrt {{y_j}} } =}$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{\sqrt {n - 1} }}\sum\limits_{i = 1}^n {\sum\limits_{\scriptstyle j = 1\hfill\atop \scriptstyle j \ne i\hfill}^n {\frac{{\sqrt {{y_j}} }}{{\sqrt {{y_i}} }}} } = \frac{1}{{\sqrt {n - 1} }}\sum\limits_{j = 1}^n {\sum\limits_{\scriptstyle i = 1\hfill\atop \scriptstyle i \ne j\hfill}^n {\frac{{\sqrt {{y_j}} }}{{\sqrt {{y_i}} }}} } = \frac{1}{{\sqrt {n - 1} }}\sum\limits_{j = 1}^n {\sqrt {{y_j}} \sum\limits_{\scriptstyle i = 1\hfill\atop \scriptstyle i \ne j\hfill}^n {\frac{1}{{\sqrt {{y_i}} }}} } }.$

Εφαρμόζοντας και πάλι την ανισότητα Cauchy-Schwarz, έχουμε ότι:

$\displaystyle{\left( {\sum\limits_{\scriptstyle j = 1\hfill\atop \scriptstyle j \ne i\hfill}^n {\sqrt {{y_j}} } } \right)\left( {\sum\limits_{\scriptstyle i = 1\hfill\atop \scriptstyle i \ne j\hfill}^n {\frac{1}{{\sqrt {{y_i}} }}} } \right) \ge {\left( {n - 1} \right)^2},}$

οπότε

$\displaystyle{\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{\sqrt {{y_i}} }}\sqrt {\sum\limits_{\scriptstyle j = 1\hfill\atop \scriptstyle j \ne i\hfill}^n {{y_j}} } } \ge \frac{1}{{\sqrt {n - 1} }}\sum\limits_{i = 1}^n {\sqrt {{y_i}} \frac{{{{\left( {n - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sum\limits_{\scriptstyle j = 1\hfill\atop \scriptstyle j \ne i\hfill}^n {\sqrt {{y_j}} } } \right)}}} }$

και με μια ακόμη εφαρμογή της $\bf \color{red} \left( \bigstar \right)$ , προκύπτει ότι:

$\displaystyle{\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{\sqrt {{y_i}} }}\sqrt {\sum\limits_{\scriptstyle j = 1\hfill\atop \scriptstyle j \ne i\hfill}^n {{y_j}} } } \ge \frac{1}{{\sqrt {n - 1} }}\sum\limits_{i = 1}^n {\sqrt {{y_i}} \frac{{{{\left( {n - 1} \right)}^2}}}{{\sqrt {n - 1} \sqrt {\sum\limits_{\scriptstylej = 1\hfill\atop \scriptstyle j \ne i\hfill}^n {{y_j}} } }}} = \left( {n - 1} \right)\sum\limits_{i = 1}^n {\sqrt {{y_i}} \frac{1}{{\sqrt {\sum\limits_{\scriptstyle j = 1\hfill\atop \scriptstyle j \ne i\hfill}^n {{y_j}} } }}} ,}$

που είναι το ζητούμενο.

Panagiotis11 · #3

Καταπληκτική λύση!!

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

Θα δώσω μία λύση για την ειδική περίπτωση που $x_{1}\geq 1$

Να σημειώσω ότι μόνο το $x_{1}$ μπορεί να είναι < 1

.

Η ανισότητα γράφεται $\sum_{i=1}^{n}\sqrt{x_{i}}+\frac{1}{\sqrt{x_{i}}}\geq n\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{x_{i}}}$

Αλλά $\sqrt{x_{i}}+\frac{1}{\sqrt{x_{i}}}=\frac{1+x_{i}}{\sqrt{x_{i}}}$

Εχουμε $\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x_{i}+1}\sum_{i=1}^{n}\frac{1+x_{i}}{\sqrt{x_{i}}}\geq n\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{x_{i}}}$

γιατί τα $\frac{1}{1+x_{i}}$ φθίνουν ενώ τα $\frac{1+x_{i}}{\sqrt{x_{i}}}$ αυξάνουν
(στο τελευταίο χρειάζεται το $x_{1}\geq 1$ )
οπότε αποδείχθηκε.

#5

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Θα δώσω μία λύση για την ειδική περίπτωση που $x_{1}\geq 1$

Να σημειώσω ότι μόνο το $x_{1}$ μπορεί να είναι .

Η ανισότητα γράφεται $\sum_{i=1}^{n}\sqrt{x_{i}}+\frac{1}{\sqrt{x_{i}}}\geq n\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{x_{i}}}$

Αλλά $\sqrt{x_{i}}+\frac{1}{\sqrt{x_{i}}}=\frac{1+x_{i}}{\sqrt{x_{i}}}$

Εχουμε $\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x_{i}+1}\sum_{i=1}^{n}\frac{1+x_{i}}{\sqrt{x_{i}}}\geq n\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{x_{i}}}$

γιατί τα $\frac{1}{1+x_{i}}$ φθίνουν ενώ τα $\frac{1+x_{i}}{\sqrt{x_{i}}}$ αυξάνουν
(στο τελευταίο χρειάζεται το $x_{1}\geq 1$ )
οπότε αποδείχθηκε.

Τέλεια! Μπορούμε να την φτιάξουμε ώστε να δουλεύει και για x_1 < 1

. Αντί να χρησιμοποιήσουμε την ανισότητα Chebychev θα χρησιμοποιήσουμε την απόδειξή της:

Από την $\displaystyle{ \sum_{i=1}^n \frac{1}{1+x_i} = 1}$ παίρνουμε $\displaystyle{ \frac{1}{1+x_i} + \frac{1}{1+x_j} \leqslant 1}$ για κάθε $i,j \in \{1,2,\ldots,n\}$ με $i \neq j$ . Άρα $1+x_j + 1 + x_i \leqslant (1+x_i)(1+x_j)$ ή ισοδύναμα $x_ix_j \geqslant 1$ .

Είναι

$\displaystyle{ 2\sum_{i=1}^n \frac{1}{1+x_i} \sum_{i=1}^n \frac{1+x_i}{\sqrt{x_i}} -2n\sum_{i=1}^n \frac{1}{\sqrt{x_i}}= \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \left( \frac{1}{1+x_i} - \frac{1}{1+x_j} \right)\left( \frac{1+x_j}{\sqrt{x_j}} - \frac{1+x_i}{\sqrt{x_i}} \right) \geqslant 0}$

Η τελευταία ανισότητα ισχύει διότι

$\displaystyle{ \left( \frac{1}{1+x_i} - \frac{1}{1+x_j} \right)\left( \frac{1+x_j}{\sqrt{x_j}} - \frac{1+x_i}{\sqrt{x_i}} \right) = \frac{(x_j-x_i)(\sqrt{x_j}-\sqrt{x_i})(\sqrt{x_ix_j}-1)}{(1+x_i)(1+x_j)\sqrt{x_i}\sqrt{x_j}} \geqslant 0}$

για κάθε $i,j \in \{1,2,\ldots,n\}$ . (Για i=j

είναι προφανές ενώ για $i \neq j$ επειδή $x_ix_j \geqslant 1$ .)

#6

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Θα δώσω μία λύση για την ειδική περίπτωση που $x_{1}\geq 1$

Να σημειώσω ότι μόνο το $x_{1}$ μπορεί να είναι .

Η ανισότητα γράφεται $\sum_{i=1}^{n}\sqrt{x_{i}}+\frac{1}{\sqrt{x_{i}}}\geq n\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{x_{i}}}$

Αλλά $\sqrt{x_{i}}+\frac{1}{\sqrt{x_{i}}}=\frac{1+x_{i}}{\sqrt{x_{i}}}$

Εχουμε $\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x_{i}+1}\sum_{i=1}^{n}\frac{1+x_{i}}{\sqrt{x_{i}}}\geq n\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{x_{i}}}$

γιατί τα $\frac{1}{1+x_{i}}$ φθίνουν ενώ τα $\frac{1+x_{i}}{\sqrt{x_{i}}}$ αυξάνουν
(στο τελευταίο χρειάζεται το $x_{1}\geq 1$ )
οπότε αποδείχθηκε.

Η παραπάνω απόδειξη μπορεί να συμπληρωθεί ως εξής:

Θέτουμε $\displaystyle{f\left( x \right) = \sqrt x + \frac{1}{{\sqrt x }}}$ και παρατηρούμε ότι $\displaystyle{f\left( x \right) = f\left( {\frac{1}{x}} \right)}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \left( {0, + \infty } \right).}$

Είναι

$\displaystyle{\frac{1}{{1 + {x_1}}} + \frac{1}{{1 + {x_2}}} \le 1 \Rightarrow 1 + {x_2} + 1 + {x_1} \le 1 + {x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2} \Rightarrow 1 \le {x_1}{x_2} \Rightarrow {x_2} \ge \frac{1}{{{x_1}}}.}$

Έτσι, αν $\displaystyle{{x_1} < 1,}$ τότε $\displaystyle{{x_2} \ge \frac{1}{{{x_1}}} > 1}$ και άρα, αφού η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{\left[ {1, + \infty } \right),}$ θα είναι

$\displaystyle{f\left( {{x_1}} \right) = f\left( {\frac{1}{{{x_1}}}} \right) \le f\left( {{x_2}} \right) \le \cdots \le f\left( {{x_n}} \right)}$

και το συμπέρασμα έπεται όπως έδειξε παραπάνω ο Σταύρος από την ανισότητα Chebyshev.

Για δυνατά χαρτιά

Για δυνατά χαρτιά

Re: Για δυνατά χαρτιά

Re: Για δυνατά χαρτιά

Re: Για δυνατά χαρτιά

Re: Για δυνατά χαρτιά

Re: Για δυνατά χαρτιά

Μέλη σε σύνδεση