\(\displaystyle{ a_{1} , a_{2} ... a_{n} > 0\\
S= a_{1} + a_{2} + ... + a_{n}}\)
Udowodnij, że
\(\displaystyle{ \frac{a_{1}}{S - a_{1}} + \frac{ a_{2}}{S - a_{2}} + ... + \frac{ a_{n}}{S - a_{n}} \ge \frac{n}{n-1}}\)
Z góry dziękuję za pomoc
Nierówność dla n liczb
-
- Użytkownik
- Posty: 63
- Rejestracja: 2 sty 2017, o 19:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Gdańsk
- Podziękował: 42 razy
Nierówność dla n liczb
Ostatnio zmieniony 19 wrz 2017, o 00:35 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 2 razy.
Powód: Niepoprawnie napisany kod LaTeX-a.
Powód: Niepoprawnie napisany kod LaTeX-a.
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15688
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Nierówność dla n liczb
Czy znasz nierówność Jensena
\(\displaystyle{ f(x)= \frac{x}{S-x}}\) tak na oko jest wypukła tam gdzie chcemy, więc
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}\frac 1 n \frac{a_i}{S-a_i} \ge \frac{\frac 1 n S}{S-\frac 1 n S}}\)
Mnożymy to stronami przez \(\displaystyle{ n}\) i do widzenia.
Ale wypukłość należałoby uzasadnić (np. licząc drugą pochodną, choć są też inne metody).
\(\displaystyle{ f(x)= \frac{x}{S-x}}\) tak na oko jest wypukła tam gdzie chcemy, więc
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}\frac 1 n \frac{a_i}{S-a_i} \ge \frac{\frac 1 n S}{S-\frac 1 n S}}\)
Mnożymy to stronami przez \(\displaystyle{ n}\) i do widzenia.
Ale wypukłość należałoby uzasadnić (np. licząc drugą pochodną, choć są też inne metody).
- timon92
- Użytkownik
- Posty: 1662
- Rejestracja: 6 paź 2008, o 16:47
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 474 razy
Re: Nierówność dla n liczb
można dodać \(\displaystyle{ n}\) stronami (po \(\displaystyle{ 1}\) do każdego z ułamków) i potem zastosować nierówność między średnimi (arytmetyczną i harmoniczną)
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15688
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Nierówność dla n liczb
Można też zapisać
\(\displaystyle{ \left(\frac{a_{1}}{S - a_{1}} + \frac{ a_{2}}{S - a_{2}} + ... + \frac{ a_{n}}{S - a_{n}}\right)\left(a_1(S-a_1)+a_2(S-a_2)+\ldots+a_n(S-a_n) \right) \ge \\\ge S^2}\)
na mocy nierówności Cauchy'ego-Schwarza i ponieważ mamy
\(\displaystyle{ a_1(S-a_1)+a_2(S-a_2)+\ldots+a_n(S-a_n)=\\=S^2- \sum_{i=1}^{n}a_i^2 \le \frac{n-1}{n} S^2 \Leftrightarrow \sqrt{\frac 1 n \sum_{i=1}^{n}a_i^2 } \ge \frac S n}\),
co jest prawdą na mocy nierówności między średnią kwadratową a arytmetyczną
zatem
\(\displaystyle{ \left(\frac{a_{1}}{S - a_{1}} + \frac{ a_{2}}{S - a_{2}} + ... + \frac{ a_{n}}{S - a_{n}}\right) \ge \frac{S^2}{ \frac{n-1}{n}S^2 } = \frac{n}{n-1}}\)
Ale sposób timona chyba najprostszy. Mnie bardzo trudno przychodzi na myśl stosowanie sztuczek typu dodanie czegoś stronami.
\(\displaystyle{ \left(\frac{a_{1}}{S - a_{1}} + \frac{ a_{2}}{S - a_{2}} + ... + \frac{ a_{n}}{S - a_{n}}\right)\left(a_1(S-a_1)+a_2(S-a_2)+\ldots+a_n(S-a_n) \right) \ge \\\ge S^2}\)
na mocy nierówności Cauchy'ego-Schwarza i ponieważ mamy
\(\displaystyle{ a_1(S-a_1)+a_2(S-a_2)+\ldots+a_n(S-a_n)=\\=S^2- \sum_{i=1}^{n}a_i^2 \le \frac{n-1}{n} S^2 \Leftrightarrow \sqrt{\frac 1 n \sum_{i=1}^{n}a_i^2 } \ge \frac S n}\),
co jest prawdą na mocy nierówności między średnią kwadratową a arytmetyczną
zatem
\(\displaystyle{ \left(\frac{a_{1}}{S - a_{1}} + \frac{ a_{2}}{S - a_{2}} + ... + \frac{ a_{n}}{S - a_{n}}\right) \ge \frac{S^2}{ \frac{n-1}{n}S^2 } = \frac{n}{n-1}}\)
Ale sposób timona chyba najprostszy. Mnie bardzo trudno przychodzi na myśl stosowanie sztuczek typu dodanie czegoś stronami.
- Michalinho
- Użytkownik
- Posty: 495
- Rejestracja: 17 wrz 2013, o 16:13
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Chełm
- Podziękował: 11 razy
- Pomógł: 104 razy
Re: Nierówność dla n liczb
Jest jeszcze jeden sposób. Niech \(\displaystyle{ b_i=\frac{1}{S-a_i}}\). Wtedy nasza nierówność przyjmuje postać:
\(\displaystyle{ \boxed{\sum a_ib_i \ge \frac{n}{n-1}}}\).
Ponieważ: \(\displaystyle{ \boxed{(a_i-a_k)(b_i-b_k)=(a_i-a_k)(\frac{1}{S-a_i}-\frac{1}{S-a_k})=\frac{(a_i-a_k)^2}{(S-a_i)(S-a_k)}\ge 0}}\), więc możemy zastosować nierówność Czebyszewa:
\(\displaystyle{ n\cdot\sum a_ib_i\ge \sum a_i\cdot \sum b_i \Leftrightarrow \sum a_ib_i\ge \sum a_i\cdot \frac{\sum b_i}{n}}\).
Stosujemy teraz nierówność między średnią arytmetyczną i harmoniczną:
\(\displaystyle{ \frac{\sum b_i}{n}\ge\frac{n}{\sum \frac{1}{b_i}}=\frac{n}{S(n-1)}}\).
Wstawiając to wyżej otrzymujemy: \(\displaystyle{ \boxed{\sum a_ib_i \ge \frac{n}{n-1}}}\) qed
\(\displaystyle{ \boxed{\sum a_ib_i \ge \frac{n}{n-1}}}\).
Ponieważ: \(\displaystyle{ \boxed{(a_i-a_k)(b_i-b_k)=(a_i-a_k)(\frac{1}{S-a_i}-\frac{1}{S-a_k})=\frac{(a_i-a_k)^2}{(S-a_i)(S-a_k)}\ge 0}}\), więc możemy zastosować nierówność Czebyszewa:
\(\displaystyle{ n\cdot\sum a_ib_i\ge \sum a_i\cdot \sum b_i \Leftrightarrow \sum a_ib_i\ge \sum a_i\cdot \frac{\sum b_i}{n}}\).
Stosujemy teraz nierówność między średnią arytmetyczną i harmoniczną:
\(\displaystyle{ \frac{\sum b_i}{n}\ge\frac{n}{\sum \frac{1}{b_i}}=\frac{n}{S(n-1)}}\).
Wstawiając to wyżej otrzymujemy: \(\displaystyle{ \boxed{\sum a_ib_i \ge \frac{n}{n-1}}}\) qed