Ανισότητα

#1

Να βρεθούν όλες οι τιμές του ακέραιου αριθμού $n\geq 3$ για τις οποίες αληθεύει ο παρακάτω ισχυρισμός:

Αν $x_1,x_2,\dots,x_n$ είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με $x_1+x_2+\cdots+x_n=n$ , τότε ισχύει

$\displaystyle \frac{x_2}{\sqrt{x_1+2x_3}}+\frac{x_3}{\sqrt{x_2+2x_4}}+\cdots+\frac{x_n}{\sqrt{x_{n-1}+2x_1}}+\frac{x_1}{\sqrt{x_n+2x_2}}\geq \frac{n}{\sqrt{3}}.$

Φιλικά,

Αχιλλέας

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

achilleas έγραψε: Παρ Μαρ 04, 2022 8:49 pm Να βρεθούν όλες οι τιμές του ακέραιου αριθμού $n\geq 3$ για τις οποίες αληθεύει ο παρακάτω ισχυρισμός:

Αν $x_1,x_2,\dots,x_n$ είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με $x_1+x_2+\cdots+x_n=n$ , τότε ισχύει

$\displaystyle \frac{x_2}{\sqrt{x_1+2x_3}}+\frac{x_3}{\sqrt{x_2+2x_4}}+\cdots+\frac{x_n}{\sqrt{x_{n-1}+2x_1}}+\frac{x_1}{\sqrt{x_n+2x_2}}\geq \frac{n}{\sqrt{3}}.$

Φιλικά,

Αχιλλέας

Θα αποδείξω πως τα ζητούμενα

είναι οι αριθμοί 3,4

.
Παίρνω

και

, οπότε

.
Επίσης παίρνω το

πολύ κοντά στο 0 οπότε

κοντά στο

Τώρα είναι $\dfrac{x_2}{\sqrt{x_1+2x_3}}=\sqrt{\dfrac{b^2}{b+2a}}\rightarrow \sqrt{\dfrac{n}{2}}$ και
για $n-1\geq i\geq 4$ έχω $\dfrac{x_i}{\sqrt{x_{i-1}+2x_{i+1}}}=\sqrt{\dfrac{a^2}{3a}}\rightarrow 0$
επίσης $\dfrac{x_3}{\sqrt{x_2+2x_4}}=\dfrac{a}{\sqrt{b+2a}}=\sqrt{\dfrac{a}{\dfrac{b}{a}+2}}\rightarrow 0$ και
όμοια $\dfrac{x_n}{\sqrt{x_{n-1}+2x_1}}\rightarrow 0$
Τέλος $\dfrac{x_1}{\sqrt{x_n+2x_2}}=\sqrt{\dfrac{b^2}{a+2b}}\rightarrow \sqrt{\dfrac{n}{4}}$
επομένως πρέπει $\sqrt{\dfrac{n}{2}}+\sqrt{\dfrac{n}{4}}\geq \dfrac{n}{\sqrt{3}}$ που επειδή

ακέραιος δίνει $n\leq 4$
Τώρα αν με

συμβολίσω το αριστερό μέλος την δοσμένης ανισότητας από την Holder έχω
$\displaystyle A^2\cdot \sum_{i=1}^nx_i(x_{i-1}+2x_{i+1})\geq (\sum_{i=1}^n x_i)^3=n^3$
Τώρα θα δείξω ότι για n=3,4

ισχύει $\displaystyle \sum_{i=1}^nx_i(x_{i-1}+2x_{i+1})\leq 3n$
Για n=3

είναι $\displaystyle \sum_{i=1}^3 x_i(x_{i-1}+2x_{i+1})=3(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1)\leq (x_1+x_2+x_3)^2=9=3n$
Για n=4

είναι $\displaystyle \sum_{i=1}^4 x_i(x_{i-1}+2x_{i+1})=3(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_4+x_4x_1)=3(x_1+x_3)(x_2+x_4)\leq$
$\leq \dfrac{3}{4}(x_1+x_3+x_2+x_4)^2=12=3n$
Επομένως για n=3,4

έχω $n^3\leq A^2\cdot 3n \Leftrightarrow A\geq \dfrac{n}{\sqrt{3}}$
και η απόδειξη ολοκληρώνεται.

Ανισότητα

Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση