mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 14, 2018 12:26 pm**

Έστω θετικός ακέραιος

και θετικοί πραγματικοί αριθμοί $x_1,\ldots,x_n$ οι οποίοι ικανοποιούν $|x_i-x_j|\leqslant 1$ για κάθε ζεύγος (i,j)

με $1 \leqslant i < j \leqslant n$ . Να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle \frac{x_1}{x_2} + \frac{x_2}{x_3} + \cdots + \frac{x_{n-1}}{x_n} + \frac{x_n}{x_1} \geqslant \frac{x_2+1}{x_1+1} + \frac{x_3+1}{x_2+1} + \cdots + \frac{x_n+1}{x_{n-1}+1} + \frac{x_1+1}{x_n+1}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 15, 2018 12:37 pm**

Καλημέρα.

Θα χρησιμοποιήσω επαγωγή.

Για n=2

έχουμε να αποδείξουμε ότι $\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}\geq \frac{x_2+1}{x_1+1}+\frac{x_1+1}{x_2+1}$ .Μετά από πράξεις,αυτή ανάγεται στην $x_1^3+x_2^3\geq x_1^2x_2+x_1x_2^2$ ,η οποία είναι γνωστό ότι ισχύει (το βλέπουμε κάνοντας παραγοντοποίηση).Για το επαγωγικό βήμα,θεωρούμε μια

άδα $x_1,x_2,\ldots ,x_n$ .Η ανισότητα είναι κυκλική οπότε μπορούμε να υποθέσουμε ότι ο x_n

είναι ο μέγιστος εξ αυτών.Από την επαγωγική υπόθεση γνωρίζουμε ότι $\frac{x_1}{x_2}+\ldots +\frac{x_{n-1}}{x_1}\geq \frac{x_2+1}{x_1+1}+\ldots +\frac{x_{1}+1}{x_{n-1}+1}$ Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι $\frac{x_n}{x_1}+\frac{x_{n-1}}{x_n}-\frac{x_{n-1}}{x_1}\geq \frac{x_1+1}{x_n+1}+\frac{x_n+1}{x_{n-1}+1}-\frac{x_1+1}{x_{n-1}+1}$ αφού μετά θα προσθέσουμε κατά μέλη,και θα έχουμε το ζητούμενο.Ισοδύναμα, $\frac{x_n-x_{n-1}}{x_1}+\frac{x_{n-1}}{x_n}\geq \frac{(x_1+1)(x_{n-1}-x_n)}{(x_n+1)(x_{n-1}+1)}+\frac{x_n+1}{x_{n-1}+1}\Leftrightarrow$ $(x_n-x_{n-1})\left[\frac{1}{x_1}+\frac{x_1+1}{(x_n+1)(x_{n-1}+1)}\right]\geq \frac{(x_n-x_{n-1})(x_n+x_{n-1}+1)}{x_n(x_{n-1}+1)}$ Αφού ο x_n

είναι ο μέγιστος,η παραπάνω ανισότητα είναι ισοδύναμη με την $\frac{1}{x_1}+\frac{x_1+1}{(x_n+1)(x_{n-1}+1)}\geq \frac{x_n+x_{n-1}+1}{x_n(x_{n-1}+1)}$ .Για ευκολία,θέτουμε $a=x_1,b=x_{n-1},c=x_n$ ,οπότε έχουμε να αποδείξουμε ότι $\frac{1}{a}+\frac{a+1}{(b+1)(c+1)}\geq \frac{b+c+1}{c(b+1)}$ $\Leftrightarrow \frac{1}{a}-\frac{1}{c}\geq \frac{1}{b+1}-\frac{a+1}{(b+1)(c+1)}\Leftrightarrow \frac{c-a}{ac}\geq \frac{c-a}{(b+1)(c+1)}$ Αφού ο

είναι ο μέγιστος,η παρακάτω ανισότητα είναι ισοδύναμη με την $ac\leq (b+1)(c+1)$ η οποία ισχύει καθώς $b+1\geq a$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 15, 2018 1:03 pm**

Η δική μου απόδειξη έχει ως εξής.

Παρατηρώ ότι όλα τα x_i

ανήκουν σε ένα διάστημα

της μορφής [r,r+1]

. Θα δείξω λοιπόν την ανισότητα αντικαθιστώντας την συνθήκη $|x_i-x_j| \leqslant 1$ με την συνθήκη $x_i \in I$ .

Έστω $\displaystyle f(x_1,\ldots,x_n) = \displaystyle \left[\frac{x_1}{x_2} + \frac{x_2}{x_3} + \cdots + \frac{x_{n-1}}{x_n} + \frac{x_n}{x_1}\right] - \left[\frac{x_2+1}{x_1+1} + \frac{x_3+1}{x_2+1} + \cdots + \frac{x_n+1}{x_{n-1}+1} + \frac{x_1+1}{x_n+1}\right]$

Η δεύτερη παράγωγος της

ως προς το x_1

ισούται με $\displaystyle \frac{x_n-x_2-1}{x_1^2} \leqslant 0.$ Άρα η

είναι κοίλη ως προς το x_1

και ομοίως είναι κοίλη ως προς την κάθε μία μεταβλητή ξεχωριστά. Άρα παίρνει την ελάχιστή της τιμή στα άκρα.

Αν όμως κάποια εκ των x_i

ισούνται με

και κάποια με r+1

τότε θα υπάρχει μη αρνητικός ακέραιος

ώστε

$\displaystyle f(x_1,\ldots,x_n) = t\left[ \frac{r}{r+1} + \frac{r+1}{r} - \frac{r+1}{r+2} - \frac{r+2}{r+1}\right] = \frac{2t}{r(r+1)(r+2)} \geqslant 0$

[Αν π.χ. εμφανίζονται ακριβώς

κλάσματα της μορφής $\frac{r}{r+1}$ από το αριστερό μέλος, τότε, επειδή κάθε x_i

εμφανίζεται από μία φορά στον αριθμητή και στον παρονομαστή, θα πρέπει να εμφανίζονται ακριβώς

κλάσματα της μορφής $\frac{r+1}{r}$ . Τις ίδιες φορές θα εμφανίζονται και τα αντίστοιχα κλάσματα του δεξιού μέλους.]

mathematica.gr

Vojtech Jarnik 2018/3 Category I

Vojtech Jarnik 2018/3 Category I

Re: Vojtech Jarnik 2018/3 Category I

Re: Vojtech Jarnik 2018/3 Category I