IMC 2013/1/4

Eukleidis · #1

Έστω $\displaystyle{n \geqslant 3}$ και $\displaystyle{{x_1},{x_2},...,{x_n}}$ πραγματικοί μη αρνητικοί αριθμοί. Ας είναι $\displaystyle{A = \sum\limits_{i = 1}^n {{x_i}} ,B = \sum\limits_{i = 1}^n {x_i^2} ,C = \sum\limits_{i = 1}^n {x_i^3} }$ . Να αποδείξετε ότι:
$\displaystyle{\left( {n + 1} \right){A^2}B + \left( {n - 2} \right){B^2} \geqslant {A^4} + \left( {2n - 2} \right)AC}$

#2

Μάλλον θα υπάρχει και πιο απλή λύση:

Θεωρούμε το (n+1)A^2B+(n-2)B^2-A^4-2(n-1)AC

και αναπτύσσουμε τα πάντα:

Ο συντελεστής του x_1^4

(και των συμμετρικών του) είναι: 1 σε κάθε ένα από τα A^2B,B^2,A^4,AC

και επομένως ο συνολικός συντελεστής είναι (n+1)+(n-2) - 1 - 2(n-1)=0

.

Ο συντελεστής του x_1^3x_2

(και των συμμετρικών του) είναι: 2,0,4,1

στα

αντίστοιχα και επομένως ο συνολικός συντελεστής είναι 2(n+1) - 4 - 2(n-1)=0

.

Ο συντελεστής του x_1^2x_2^2

(και των συμμετρικών του) είναι: 2,2,6,0

στα

αντίστοιχα και επομένως ο συνολικός συντελεστής είναι 2(n+1) + 2(n-2) - 6 = 4(n-2)

.

Ο συντελεστής του x_1^2x_2x_3

(και των συμμετρικών του) είναι: 2,0,12,0

στα

αντίστοιχα και επομένως ο συνολικός συντελεστής είναι 2(n+1) - 12 = 2(n-5)

.

Τέλος, ο συντελεστής του x_1x_2x_3x_4

(και των συμμετρικών του) είναι: 0,0,24,0

στα

αντίστοιχα και επομένως ο συνολικός συντελεστής είναι

.

Τώρα βγαίνει με Muirhead ή με διαψοχικές Cauchy-Schwarz. Π.χ. αν γράψουμε $[a_1,\ldots,a_n]$ για το $\displaystyle{\frac{1}{n!}\sum_{\pi \in S_n}x_1^{a_{\pi(1)}} \cdots x_n^{a_{\pi(n)}}}$ τότε αρκεί να δείξουμε ότι

$\displaystyle{ 4(n-2)\binom{n}{2}[2,2,0,\ldots,0] + 2(n-5)n \binom{n-1}{2}[2,1,1,0,\ldots,0] \geqslant 24\binom{n}{4}[1,1,1,1,0,\ldots,0].}$

Αυτό είναι άμεσο από Muirhead αφού $[2,2,0,\ldots,0] \succ [2,1,1,0,\ldots,0] \succ [1,1,1,1,0,\ldots,0]$ και 2(n-2)n(n-1) + (n-5)n(n-1)(n-2) = n(n-1)(n-2)(n-3)

. (Άσχετα αν $n \geqslant 5$ ή όχι.)

Mikesar · #3

Νομίζω ότι έχω κάτι σύντομο...
Έστω $\displaystyle s_1=\sum_{k=0}^n x_k,s_2=\sum_{i<j}x_ix_j,s_3=\sum_{i<j<k}x_ix_jx_k$
Τότε $A=s_1, B=s_{1}^{2}-2s_2,C=s_{1}^{3}-3s_1s_2+3s_3$ είναι γνωστές ταυτότητες. Αντικαθιστώντας και κάνοντας τις πράξεις (2 γραμμές) αρκεί
$\displaystyle 4(n-2)s_2^2\geq 6(n-1)s_1s_3\Leftrightarrow (\frac{s_2}{\binom{n}{2}})^2\geq \frac{s_1}{\binom{n}{1}}\cdot\frac{s_3}{\binom{n}{3}}$
που είναι η ανισότητα του Νεύτωνα.

IMC 2013/1/4

IMC 2013/1/4

Re: IMC 2013/1/4

Re: IMC 2013/1/4

Μέλη σε σύνδεση