mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 11, 2013 12:55 am**

Νομίζω ότι είναι αρκετά δύσκολη (προσωπικά δεν κατόρθωσα να την λύσω)

Δίνεται ο ακέραιος αριθμός $\displaystyle{n\in N^{*}-\{1\}}$ και οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{x_1 ,x_2 ,x_3 , . . . x_n}$ , που είναι

τέτοιοι, ώστε το άθροισμα των τετραγώνων τους να είναι ίσο με την μονάδα. Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης:

$\displaystyle{A=\frac{x_1 ^5}{x_2 +x_3 + . . . +x_n}+\frac{x_2 ^5}{x_1 +x_3 + . . . +x_n}+ . . . +\frac{x_n ^5}{x_1 +x_2 + . . . +x_{n-1}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 11, 2013 2:39 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Νομίζω ότι είναι αρκετά δύσκολη (προσωπικά δεν κατόρθωσα να την λύσω)

Δίνεται ο ακέραιος αριθμός $\displaystyle{n\in N^{*}-\{1\}}$ και οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{x_1 ,x_2 ,x_3 , . . . x_n}$ , που είναι

τέτοιοι, ώστε το άθροισμα των τετραγώνων τους να είναι ίσο με την μονάδα. Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης:

$\displaystyle{A=\frac{x_1 ^5}{x_2 +x_3 + . . . +x_n}+\frac{x_2 ^5}{x_1 +x_3 + . . . +x_n}+ . . . +\frac{x_n ^5}{x_1 +x_2 + . . . +x_{n-1}}}$

Λήμμα: Αν $x_1,x_2,\ldots,x_n>0$ τότε ισχύει $\displaystyle{\sum_{i}\frac{x_i}{\sum_{j\neq i} x_j}\geq \frac{n}{n-1}}$ .

Ισχύει $\displaystyle{A=\sum_{i}\frac{x_i^5}{\sum_{j\neq i} x_j}\geq\frac{1}{n}\cdot\sum x_i^4\sum_{i}\frac{x_i}{\sum_{j\neq i} x_j}}$

από την Ανισότητα Chebychev.

Επιπλέον, από την Ανισότητα Cauchy-Schwarz θα έχουμε

$\displaystyle{A\geq \frac{1}{n}\cdot\sum x_i^4\sum_{i}\frac{x_i}{\sum_{j\neq i} x_j}\geq\frac{1}{n^2}\left(\sum x_i^2\right)^2\cdot\sum_{i}\frac{x_i}{\sum_{j\neq i} x_j}=\frac{1}{n^2}\sum_{i}\frac{x_i}{\sum_{j\neq i} x_j}}$

και σύμφωνα με το παραπάνω λήμμα θα είναι

$\displaystyle{A\geq \frac{1}{n^2}\sum_{i}\frac{x_i}{\sum_{j\neq i} x_j}\geq\frac{1}{n(n-1)}.}$

EDIT Διόρθωση στους δείκτες του σύμβόλου του αθροίσματος. Ευχαριστώ κ. Λάμπρου!

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 11, 2013 8:09 am**

Για τον νεαρό φίλο μας G,Bas , ΄θα πω ότι είναι ο ΕΙΔΙΚΟΣ στις ανισότητες!!

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 11, 2013 12:58 pm**

Και μια απόδειξη με Jensen:

Θα αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{\boxed{\rm \frac{x^5 _1}{x_2+x_3+\cdots x_n}+\frac{x^5 _2}{x_3+\cdots x_n+x_1}+\frac{x^5 _n}{x_1+x_2+x_3+\cdots x_{n-1}}\geq \frac{(x_1 ^2+x_2 ^2+\cdots x_n ^2)^2}{n(n-1)}}}$ ( $\displaystyle{\color{red}\spadesuit}$ )

Λόγω ομογένειας θεωρούμε

$\displaystyle{x_1+x_2+\cdots x_n=1}$ ,

οπότε έχουμε να αποδείξουμε

$\displaystyle{\sum_{i=1}^{n}x_i\frac{x^4 _i}{1-x_i}\geq \frac{(x_1 ^2+x_2 ^2+\cdots x_n ^2)^2}{n(n-1)}}}$ ( $\displaystyle{\color{red}\spadesuit \spadesuit}$ )

Η συνάρτηση $\displaystyle{f(t)=\frac{t^4}{1-t},~t\in (0,1)}$ είναι κυρτή, αφού $\displaystyle{f''(x)=\frac{2t^2(1-t)(3t^2-8t+6)}{(1-t)^4}>0,~\forall t\in (0,1).}$

Τότε, από τη σταθμισμένη Jensen έχουμε

$\displaystyle{\sum_{i=1}^{n}x_i\frac{x^4 _i}{1-x_i}=\sum_{i=1}^{n}x_if(x_i)\geq f\Big(\sum_{i=1}^{n}x_i ^2\Big)=\frac{\Big(\sum_{i=1}^{n}x_i ^2\Big)^4}{1-\sum_{i=1}^{n}x_i ^2}}$

Πλέον, αρκεί να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{n(n-1)a^2+a\geq 1,}$

όπου

$\displaystyle{a=\sum_{i=1}^{n}x_i ^2.}$

Αυτό όμως είναι άμεσο από την

$\displaystyle{\sum_{i=1}^{n}x_i ^2\geq \frac{1}{n}.}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 12, 2013 7:20 pm**

viewtopic.php?f=109&t=20998&p=106314#p106314

Μόλις μπορέσω θα γράψω τους 2 τρόπους που αναφέρω. (ο ένας είναι τελείως στοιχειώδης μονο με C-S)

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 12, 2013 7:52 pm**

Θέτουμε $\displaystyle{S=x_1+x_2+\cdots +x_n.}$

Από την ανισότητα $\displaystyle{n(x^2 _1+x^2 _2+\cdots +x^2 _n)\geq (x_1+x_2+\cdots x_n)^2}$ βρίσκουμε $\displaystyle{S\leq \sqrt{n}}$ (1)

Έχουμε:

$\displaystyle{A=\frac{x_1 ^5}{x_2 +x_3 + . . . +x_n}+\frac{x_2 ^5}{x_1 +x_3 + . . . +x_n}+ . . . +\frac{x_n ^5}{x_1 +x_2 + . . . +x_{n-1}}=\sum{\frac{x^6}{\sum{x_1x_2}} \geq$

$\displaystyle \geq \frac{(\sum{x^3})^2}{\sum{x(S-x)}}=\frac{(\sum{\frac{x^4}{x})^2}}{\sum{x(S-x)}}$

Oμως:

$\displaystyle (\sum{\frac{x^4}{x}})^2\geq \frac{(\sum{x^2})^4}{S^2}=\frac{1}{S^2}\geq \frac{1}{n}$ (2) και

$\displaystyle {\sum{x(S-x)}} =S^2-1\leq n-1$ (3)

Tο ζητούμενο απο τις (2) και (3).

Παραπάνω χρησιμοποιήθηκε αποκλειστικά η Cauchy-Swhartz.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 12, 2013 8:12 pm**

Ευχαριστώ τους Γιώργο, Θάνο και Σπύρο για τις λύσεις που έδωσαν στο θέμα αυτό

mathematica.gr

Aνισότης εξ ανατολών

Aνισότης εξ ανατολών

Re: Aνισότης εξ ανατολών

Re: Aνισότης εξ ανατολών

Re: Aνισότης εξ ανατολών

Re: Aνισότης εξ ανατολών

Re: Aνισότης εξ ανατολών

Re: Aνισότης εξ ανατολών