Ελάχιστο από ανισοτικές σχέσεις

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #1

Εστω $a_{1},a_{2},....a_{n},n\geq 3$ πραγματικοί ώστε $\left | a_{i}-a_{j}\right |\geq 1$ για κάθε $i,j\in \left\{ 1,2,....n\right\},i\neq j$
Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης $a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+.....+a_{n}^{2}$

abfx · #2

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 08, 2025 9:31 pm
Εστω $a_{1},a_{2},....a_{n},n\geq 3$ πραγματικοί ώστε $\left | a_{i}-a_{j}\right |\geq 1$ για κάθε $i,j\in \left\{ 1,2,....n\right\},i\neq j$
Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης $a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+.....+a_{n}^{2}$

Προφανώς οι αριθμοί $a_1,\ldots ,a_n$ είναι διαφορετικοί ανά δύο. Ας υποθέσουμε χωρίς βλάβη ότι $a_1<a_2<\ldots <a_n$ .

Ισχυρισμός 1: $\displaystyle \sum_{1\leq i<j\leq n }(a_j-a_i)=\sum_{k=1}^{n}a_k(2k-n-1)$ .

Απόδειξη
Βλέπουμε την παράσταση $\displaystyle f(a_1,\ldots ,a_n)=\sum_{1\leq i<j\leq n }(a_j-a_i)$ ως πολυώνυμο

μεταβλητών των τιμών $a_1,\ldots ,a_n$ .

Προφανώς το πολυώνυμο

είναι πρώτου βαθμού σε καθεμία από τις μεταβλητές $a_1,\ldots ,a_n$ και δεν έχει σταθερό όρο.

Επομένως, για να βρούμε τον συντελεστή του a_k

, αρκεί να μηδενίσουμε τις υπόλοιπες τιμές και να θέσουμε a_k=1

- δηλαδή

ο συντελεστής του a_k

στο

είναι

$f(0,\ldots ,1,\ldots ,0)=\displaystyle \sum_{1\leq i <k}(1-0) + \sum_{k<j\leq n}(0-1)=(k-1)-(n-k)=2k-n-1$

που ήταν το ζητούμενο. $\square$

Ισχυρισμός 2: $\displaystyle \sum_{1\leq i <j \leq n}(a_j-a_i)\geq \frac{n(n^2-1)}{6}$

Απόδειξη
Για $1\leq i<j\leq n$ έχουμε $a_j-a_i=(a_j-a_{j-1})+\ldots + (a_{i+1}-a_i)\geq 1+\ldots +1=j-i$ .

Άρα $\displaystyle \sum_{1\leq i <j \leq n}(a_j-a_i)\geq \sum_{1\leq i <j \leq n}(j-i)\overset{I1}{=}\sum_{k=1}^nk(2k-(n+1))=$

$=\displaystyle \frac{n(n+1)(2n+1)}{3}-(n+1)\frac{n(n+1)}{2}=\frac{n(n^2-1)}{6}$ . $\square$

Ισχυρισμός 3: $\displaystyle \sum_{k=1}^n (n-2k+1 )^2=\frac{n(n^2-1)}{3}$
Απόδειξη
Άσκηση! $\square$

Έχουμε τώρα:

$\displaystyle\begin{equation*} \begin{aligned} \frac{n(n^2-1)}{12}\leq \frac{n(n^2-1)}{12}+\sum_{k=1}^n\left(a_k+\frac{n+1-2k}{2}\right)^2\\& \overset{I3}{=} \frac{n(n^2-1)}{12}+\sum_{k=1}^na_k^2+\sum_{k=1}^{n}a_k(n+1-2k)+\frac{n(n^2-1)}{12}=\\ &\overset{I1}{=} \sum_{k=1}^na_k^2-\left(\sum_{1\leq i<j\leq n }(a_j-a_i)- \frac{n(n^2-1)}{6}\right)\overset{I2}{\leq} \sum_{k=1}^na_k^2 \end{aligned} \end{equation*}$

Το

πιάνεται για $a_k=\displaystyle \frac{-n-1+2k}{2}$ , $k=1,\ldots ,n$ , επομένως προκύπτει ότι

$\frac{n(n^2-1)}{12}$ είναι η ελάχιστη τιμή της παράστασης $\sum_{k=1}^na_k^2$ .

Ελάχιστο από ανισοτικές σχέσεις

Ελάχιστο από ανισοτικές σχέσεις

Re: Ελάχιστο από ανισοτικές σχέσεις

Μέλη σε σύνδεση