Maksymalna wartość wyrażenia

[TorrhenMathMeth]

Dane są liczby \(\displaystyle{ A,B>0}\) oraz \(\displaystyle{ n \in \mathbb{N}}\). Znaleźć maksymalną wartość wyrażenia \(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n}\frac{a_{i}}{a_{i-1}+a_{i}}}\) gdy \(\displaystyle{ a_{0},...,n_{n}}\) są liczbami dodatnimi, oraz \(\displaystyle{ a_{0}=A \ \ a_{n}=B}\)

Zadanie ma mieć związek z wypukłością/wklęsłością funkcji, być może nierównością Jensena i ogólnie rachunkiem różniczkowym.

[Premislav]

Zapiszmy to wyrażenie w postaci:
\(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n}\frac{1}{\frac{a_{i-1}}{a_i}+1}}\)
i podstawmy \(\displaystyle{ x_i=\frac{a_{i-1}}{a_i}}\), wówczas oczywiście \(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n}x_i=\frac{A}{B}}\) i wtedy mamy oszacować z góry
\(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n}\frac{1}{x_i+1}}\),
ale te ułamki są dodatnie, więc to jest równoznaczne z oszacowaniem z dołu wyrażenia
\(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n}(1+x_i)}\) i wzięciem odwrotności.
Funkcja \(\displaystyle{ f(x)=\ln(1+e^x)}\) jest wypukła (masz sobie to sprawdzić, to Ty studiujesz, a nie ja), zatem na mocy nierówności Jensena:
\(\displaystyle{ \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n}\ln\left( 1+e^{\ln x_i}\right) \ge \ln\left( 1+e^{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n}\ln x_i }\right) =\ln\left( 1+ \sqrt[n]{ \prod_{i=1}^{n}x_i } \right)}\)
Teraz korzystamy z tego, że \(\displaystyle{ f(t)=e^t}\) jest rosnąca, by pozbyć się logarytmów i dostajemy z powyższego:
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{ \prod_{i=1}^{n}(1+x_i) }\ge 1+\sqrt[n]{ \prod_{i=1}^{n}x_i }}\)
Ostatecznie więc otrzymujemy, że
\(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n}(1+x_i)\ge \left( 1+\sqrt[n]{\frac{A}{B}}\right)^n}\), czyli
\(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n}\frac{1}{{1+x_i}}\le \left( 1+\sqrt[n]{\frac{A}{B}}\right)^{-n}}\)
Aha, równość zachodzi dla równych zmiennych.

[Zahion]

Tutaj też idzie z Hoeldera:
\(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n}(1+x_i) \ge \left( 1 + \sqrt[n]{ \prod_{}^{} x_{i}} \right)^{n} = \left( 1 + \sqrt[n]{\frac{A}{B}} \right)^{n}}\)

[Premislav]

Słusznie, tylko autor wątku pisał o Jensenie, dlatego z tego kminiłem. Ten szczególny przypadek uogólnionej nierówności Höldera (z jedynkami i równymi wykładnikami) nazywa się też nierównością Huygensa. Por. 28103.htm

Jeszcze co do warunku z równością: miałem na myśli, że równość zachodzi wtedy, gdy \(\displaystyle{ x_1=\ldots=x_n}\), czyli wracając do naszych \(\displaystyle{ a_i}\):
\(\displaystyle{ \frac{A}{a_1}=\frac{a_1}{a_2}=\ldots=\frac{a_{n-1}}{B}}\)
Może (przynajmniej jak jest się mało spostrzegawczym, jak ja) nie od razu widać, czy i dlaczego ten układ równań ma rozwiązania (a to nam jest potrzebne do maksymalizacji), dlatego warto najpierw rozważyć małe przypadki \(\displaystyle{ n=2, n=3}\) jeśli o ten układ chodzi.
Dla \(\displaystyle{ n=2}\) otrzymujemy, że musi być \(\displaystyle{ a_1=\sqrt{AB}}\) i wtedy układ
\(\displaystyle{ (a_0, a_1, a_2)=\left( A, \sqrt{AB}, B\right)}\) realizuje równość, natomiast dla \(\displaystyle{ n=3}\) mamy
\(\displaystyle{ \begin{cases} \frac{A}{a_1}=\frac{a_1}{a_2}\\ \frac{a_1}{a_2}=\frac{a_2}{B}\end{cases}}\)
stąd \(\displaystyle{ a_1^2=Aa_2}\) oraz \(\displaystyle{ a_2^2=a_1B}\), oczywiście interesują nas \(\displaystyle{ a_i>0}\), więc pierwiastkując pierwsze równanie i wstawiając do drugiego za \(\displaystyle{ a_1}\) mamy
\(\displaystyle{ a_2=A^{\frac 1 3}B^{\frac 2 3}}\), zaś pierwiastkując drugie równanie i wstawiając do pierwszego równania za \(\displaystyle{ a_2}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ a_1=A^{\frac 2 3}B^{\frac 1 3}}\).
Czyli dla \(\displaystyle{ n=3}\) realizuje nam równość układ
\(\displaystyle{ \left( a_0, a_1, a_2, a_3\right)= \left(A, A^{\frac 2 3}B^{\frac 1 3}, A^{\frac 1 3}B^{\frac 2 3}, B\right)}\)
Teraz już widać ogólną zasadę: równość w nierówności, którą żeśmy z Zahionem udowodnili, zachodzi (w wyjściowych zmiennych) dla
\(\displaystyle{ a_k=A^{ \frac{n-k}{n} }B^{ \frac{k}{n} }, k=0,1, \ldots n}\)