[Nierówności][Ciągi] Dwa ciagi, dwa lematy

[mol_ksiazkowy]

ad a Mówimy ze ciag \(\displaystyle{ a_0, a_1, ...}\) jest taki, że \(\displaystyle{ a_j >0}\) i zachodzi \(\displaystyle{ a_{i-1}a_{i+1} \leq a_i^2}\) dla i=1, 2, .... (mowimy o nim "log wklesły"). Wykaz ze dla takiego ciagu
\(\displaystyle{ \frac{a_0+...+a_n}{n+1} \ \frac{a_1+...+a_{n-1}}{n-1} \geq \frac{a_0+...+a_{n-1}}{n} \ \frac{a_1+...+a_n}{n}}\) dla n>1
Czy ciag \(\displaystyle{ a_n= log(n)}\) jest tego typu ciagiem...?!


ad b Mówimy , zę ciag \(\displaystyle{ a_n}\), t ze \(\displaystyle{ a_j >0}\) i taki ze \(\displaystyle{ a_{n}+a_{n+2} \geq 2a_{n+1}}\) dla n=1, 2, ....Wykaz ze wtedy
\(\displaystyle{ \frac{a_1+a_3+...+a_{2n+1}}{n+1} \geq \frac{a_2+a_4+...+a_{2n}}{n}}\) dla n=1, 2, .... Czy ciag \(\displaystyle{ a_n= \sqrt{n}}\) jest tego typu ciagiem...?!

[andkom]

b
Spróbuję trochę nietypowo (ale za to zabawnie).
Bierzemy z kapelusza ciąg skończony \(\displaystyle{ (c_k)_{k=0}^{2n+2}}\) dany wzorem
\(\displaystyle{ c_k=\begin{cases}\frac{k(2n+2-k)}{4n(n+1)}&\text{gdy }2|k\\\frac{(k-1)(2n+1-k)}{4n(n+1)}&\text{gdy }2\not|k\end{cases}}\)
Mamy \(\displaystyle{ c_k>0}\) dla k=2,3,...,2n oraz \(\displaystyle{ c_0=c_1=c_{2n+1}=c_{2n+2}=0}\). Korzystając z tego i z założenia mamy
\(\displaystyle{ 0\leqslant\sum_{k=2}^{2n}c_k(a_{k-1}+a_{k+1}-2a_k)}\)
(składniki są nieujemne). Ale
\(\displaystyle{ 0\leqslant\sum_{k=2}^{2n}c_k(a_{k-1}+a_{k+1}-2a_k)=\sum_{k=1}^{2n+1}(c_{k-1}+c_{k+1}-2c_k)a_k}\)
(przypominam, że \(\displaystyle{ c_0=c_1=c_{2n+1}=c_{2n+2}=0}\)).
Następnie ręcznie liczymy (łatwo), że
\(\displaystyle{ c_{k-1}+c_{k+1}-2c_k=\begin{cases}-\frac1n&\text{gdy }2|k\\\frac1{n+1}&\text{gdy }2\not|k\end{cases}}\)
i dostajemy
\(\displaystyle{ 0\leqslant\sum_{k=1}^{2n+1}(c_{k-1}+c_{k+1}-2c_k)a_k=\sum_{j=1}^{n}\left(-\frac1n\right)a_{2j}+\sum_{j=1}^{n+1}\frac1{n+1}a_{2j-1}}\)
czyli
\(\displaystyle{ \frac{\sum_{j=1}^{n+1}a_{2j-1}}{n+1}\geqslant\frac{\sum_{j=1}^{n}a_{2j}}n}\)

---------------------------------------------------------------------------------------------------

Ciąg \(\displaystyle{ \sqrt n}\) nie spełnia oczywiście naszego warunku. W przypadku tego ciągu mamy nierówność w przeciwną stronę: \(\displaystyle{ \sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}0}\) dla k=1,2,...,n-1, \(\displaystyle{ c_0=c_n=0}\) oraz \(\displaystyle{ c_{k-1}+c_{k+1}-2c_k=-2}\). Stąd (i z warunku podanego w treści zadania) mamy:
\(\displaystyle{ 1\geqslant\prod_{k=1}^{n-1}\left(\frac{a_{k-1}a_{k+1}}{a_k^2}\right)^{c_k}
=a_0^{c_1}\cdot\prod_{k=1}^{n-1}a_k^{c_{k-1}+c_{k+1}-2c_k}\cdot a_n^{c_{n-1}}
=a_0^{n-1}\cdot\prod_{k=1}^{n-1}a_k^{-2}\cdot a_n^{n-1}}\)
czyli
\(\displaystyle{ a_0\cdot\prod_{k=1}^{n-1}a_k^2\cdot a_n\geqslant(a_0a_n)^n\\
\sqrt[n]{\prod_{k=0}^{n-1}a_k}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^na_k}\geqslant a_0a_n}\)
Korzystamy z nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną i mamy
\(\displaystyle{ \frac{\sum_{k=0}^{n-1}a_k}n\cdot\frac{\sum_{k=1}^na_k}n\geqslant a_0a_n\\
a_0\sum_{k=1}^{n-1}a_k+a_n\sum_{k=1}^{n-1}a_k+\left(\sum_{k=1}^{n-1}a_k\right)^2+a_0a_n\geqslant n^2a_0a_n\\
n^2\left(a_0\sum_{k=1}^{n-1}a_k+a_n\sum_{k=1}^{n-1}a_k+\left(\sum_{k=1}^{n-1}a_k\right)^2\right)\geqslant (n^2-1)\left(a_0\sum_{k=1}^{n-1}a_k+a_n\sum_{k=1}^{n-1}a_k+\left(\sum_{k=1}^{n-1}a_k\right)^2+a_0a_n\right)\\
n^2\sum_{k=0}^na_k\sum_{k=1}^{n-1}a_k\geqslant (n^2-1)\sum_{k=0}^{n-1}a_k\sum_{k=1}^na_k\\
\frac{\sum_{k=0}^na_k}{n+1}\frac{\sum_{k=1}^{n-1}a_k}{n-1}\geqslant\frac{\sum_{k=0}^{n-1}a_k}n\frac{\sum_{k=1}^na_k}n}\)