Реципрочни суми

[dim]

Ако [tex]x_i\in [a;b][/tex], [tex]a>b>0[/tex],[tex]a,b\in R[/tex], [tex]i\in N[/tex], да се докаже:
а) [tex]\sum_{i=1}^{n } x_i.\sum_{i=1}^{n }\frac{1}{x_i }\le \frac{(a+b)^2}{ 4ab} n^2[/tex]
б) [tex]\sum_{i=1}^{n } x_i.\sum_{i=1}^{n }\frac{1}{x_i }\le n^2+[\frac{n^2}{4}](\sqrt{\frac{a}{b}}-\sqrt{\frac{b}{a}})^2[/tex]

Кога се достига равенство?

Моля, който знае идеята или решението предварително да не се обажада или да го напише подробно. Не че е нещо особено, но и без това има вече достатъчно козове

[martin123456]

а) Нека [tex]c>0[/tex]. [tex]\sum_{i=1}^{n}{x_i}\sum_{i=1}^{n}{\frac{1}{x_i}}=\sum_{i=1}^{n}{\frac{x_i}{c}}\sum_{i=1}^{n}{\frac{c}{x_i}}[/tex]. От СА-СГ [tex]\Rightarrow LHS \le \frac{1}{4}(\sum_{i=1}^{n}(\frac{x_i}{c}+\frac{c}{x_i}))^2[/tex]. Разглеждаме ф-цията [tex]f(t)=\frac{t}{c}+\frac{c}{t}[/tex] в [tex][a,b][/tex]. [tex]f'(t)=\frac{1}{c}-\frac{c}{t^2}[/tex]. Анулира се за [tex]t=\pm c[/tex] значи максимум в [tex]t=a[/tex] или [tex]t=b[/tex]. Едната възможност е [tex]f(t)_{max}=\frac{a}{c}+\frac{c}{a}[/tex], а другата [tex]f(t)_{max}=\frac{b}{c}+\frac{c}{b}[/tex]. Избираме [tex]c[/tex], че [tex]f(a)=f(b) \Leftrightarrow c=\sqrt{ab}[/tex]. Тогава [tex]f(t)_{max}=\sqrt{\frac{a}{b}}+\sqrt{\frac{b}{a}} \Rightarrow f^2(t)_{max}=\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+2=\frac{(a+b)^2}{ab}[/tex]. Откъдето следва.

[dim]

Чудесно! Дай сега б). Дали може да стане с този метод?

[martin123456]

b)
1) [tex]4|n^2 \Rightarrow[/tex] както в а) (десните страни са равни в а) и в б))
2) иначе: ясно че [tex]n^2 \equiv 1 (mod 4) \Rightarrow[/tex] дясната страна става [tex]n^2.\frac{(a+b)^2}{4ab}-\frac{(a-b)^2}{4ab}[/tex].

2.1) [tex]n \equiv 1 (mod 4)[/tex]. записваме лявата страна като [tex](x_1+\cdots +x_{n-1}+x_n)(\frac{1}{x_1}+\cdots + \frac{1}{x_{n-1}}+\frac{1}{x_n}) \le[/tex][tex](n-1)^2.\frac{(a+b)^2}{4ab}+x_n(\frac{1}{x_1}+\cdots + \frac{1}{x_{n-1}})+\frac{1}{x_n}(x_1+\cdots +x_{n-1})+1=(n-1)^2.\frac{(a+b)^2}{4ab}+\sum_{i=1}^{n-1}(\frac{x_n}{x_i}+\frac{x_i}{x_n})+1[/tex]. Използвахме а) за неравенството. Пак от а) имаме [tex]LHS \le (n-1)^2.\frac{(a+b)^2}{4ab} + (n-1).\frac{a+b}{\sqrt{ab}}+1[/tex]. Малко като поразпишем стигаме да док, че [tex]\frac{a+b}{2\sqrt{ab}} \ge 1[/tex], което е вярно.

Мисля, че другите 2 случая са аналогични.