Semplice disuguaglianza

Messaggioda Delirium » 29/01/2018, 16:58

Per \(a_i > 0 \) e \(n \in \mathbb{N} \) mostrare che \[ \sum_{i=1}^n a_i \le 1 \quad \Longrightarrow \quad \sum_{i=1}^n \frac{1}{a_i} \ge n^2.\]
Ci sono almeno tre modi diversi di dimostrarla. Io ne ho trovato uno, parlando con amici ne son saltati fuori altri due.
Delirium
 

Re: Semplice disuguaglianza

Messaggioda anto_zoolander » 29/01/2018, 19:20

Testo nascosto, fai click qui per vederlo
in generale se $a_i >0,forall i=1,...,n$

$n^2=(sum_(i=1)^(n)sqrt(a_i)*1/(sqrt(a_i)))^2leq (sum_(i=1)^(n)a_i)*
(sum_(i=1)^(n)1/(a_i))$


Per Cauchy/Schwartz
Error 404
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Re: Semplice disuguaglianza

Messaggioda .Ruben. » 29/01/2018, 20:24

Usare la disuguaglianza tra media aritmetica e armonica dovrebbe funzionare
.Ruben.
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Re: Semplice disuguaglianza

Messaggioda Delirium » 29/01/2018, 22:35

Si', entrambe funzionano. Io avevo pensato a questo: si ha \[ \frac{1}{a_i} \ge \frac{a_1}{a_i} + \dots + \frac{a_n}{a_i} \] e (almeno) uno dei termini di RHS e' \(=1 \). Si puo' anche assumere wlog che \( 0< a_1 \le a_2 \le \dots \le a_n \le 1 \). Quando si vanno a sommare gli \( 1 /a_i\), a RHS si formano "coppie" del tipo \(a_s / a_r + a_r / a_s \ge 2 \) usando \( (a-b)^2 \ge 0 \) per ogni \( a,b \in \mathbb{R}.\) Il numero delle "coppie" e' esattamente \( n(n-1)/2\).
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