Mathman: مسألة الأسبوع 2-10-09

ليكن $a_1,\ldots a_n$ أعداد حقيقية موجبة بحيث $a_i\in [0,i]\quad \forall i\in\{1,\ldots n\}$ ، برهن أن

$2^na_1(a_1+a_2)\cdots(a_1+\cdots+a_n)\ge (n+1)a_1^2\cdots a_n^2$
الحل:
$\begin{align*} a_1+\cdots+a_k&=1\left(\frac{a_1}{1}\right)+2\left(\frac{a_2}{2}\right)+\cdots+k\left(\frac{a_k}{k}\right)\\ &\ge\frac{k(k+1)}{2}\left(\frac{a_1}{1}\right)^{\frac{2}{k(k+1)}}\cdots\left(\frac{a_k}{k}\right)^{\frac{2k}{k(k+1)}} \end{align*}$ بضرب النتائج نجد:
$\begin{align*} \prod_{k=1}^n (a_1+\cdots+a_k) &\ge\prod_{k=1}^n\left(\frac{k(k+1)}{2}\prod_{i=1}^k\left(\frac{a_i}{i}\right)^{\frac{2i}{k(k+1)}}\right)\\ &=\frac{n!(n+1)!}{2^n}\prod_{i=1}^n\left(\frac{a_i}{i}\right)^{c_i} \end{align*}$ بحيث $\begin{align*}c_i&=2i\left(\frac{1}{i(i+1)}+\frac{1}{(i+1)(i+2)}+\cdots+\frac{1}{n(n+1)}\right)\\ &=2i\left(\frac{1}{i}-\frac{1}{n+1}\right)\\ &\le 2 \end{align*}$ لأن $a_i\le i$ نجد أن $\left(\frac{a_i}{i}\right)^{c_i}\ge\left(\frac{a_i}{i}\right)^2$ بالتالي: $\begin{align*} a_1(a_1+a_2)\cdots(a_1+\cdots+a_n)&\ge\frac{n!(n+1)!}{2^n}\prod_{i=1}^n\left(\frac{a_i}{i}\right)^2\\&=\frac{n+1}{2^n}a_1^2\cdots a_n^2 \end{align*}$ ومنه ينتج المطلوب.

Mathman

2009-10-02

مسألة الأسبوع 2-10-09

0 التعليقات:

إرسال تعليق

من أنا

التصنيفات

الأرشيف

ملاحظات مهمة

هل محتوى المدونة يدعوك لزيارتها مجددا