¿Cómo se puede demostrar que $\left(\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}\right)^2\ge\sum\limits_{k=1}^{n}a_k^3$?

Question

Deja $$a_{n}\ge a_{n-1}\ge\cdots\ge a_{0}= 0,$$ y para cualquier $i,j\in\{0,1,2\dots,n\},j>i$, se cumple que $$a_{j}-a_{i}\le j-i.$$ Demostrar que $$\left(\sum_{k=1}^n a_k \right)^2\ge\sum_{k=1}^n a_k^3.

$$

Mi idea es utilizar la inducción matemática:

Supongamos que $n$ es cierto, lo que significa $$\left(\sum_{k=1}^n a_k\right)^2\ge\sum_{k=1}^n a_k^3,$$

entonces para $n+1$, \begin{align*} \left(\sum_{k=1}^{n+1} a_k\right)^2&=\left(\sum_{k=1}^n a_k\right)^2+2a_{n+1}\sum_{k=1}^n a_k+a_{k + 1}^2\\ &\ge\sum_{k=1}^n a_k^3 + 2a_{n + 1} \sum_{k=1}^n a_k + a_{n + 1}^2. \end{align*} Ahora solo se necesita que $$2\sum_{k=1}^n a_k+a_{n+1}\ge a_{n + 1}^2.$$

Dado que para cualquier $i,j\in\{0,1,2\cdots,n\},j>i$, entonces $$a_j-a_i\le j-i,$$ tenemos $$a_1\ge a_{n+1}-n,\ a_2\ge a_{n+1}-(n-1),\ \cdots$$ entonces $$2\sum_{k=1}^n a_k+a_{n+1}\ge (2n+1)a_{n+1}-(n+1)n$$ $$\Longleftrightarrow (a_{n+1}-n)(a_{n+1}-n-1)\le 0.$$ Desde aquí no puedo continuar. Gracias a todos.

Answer 1

Podemos resolver esto usando inducción, como sugeriste. El caso $n=1$ es bastante fácil: $(a_1)^2\geq(a_1)^3$ ya que $0\leq a_1\leq 1$. Ahora supongamos que para algún $n > 0$, la propiedad es verdadera para $n-1$. Sea $S_n=\sum_{k=0}^n a_k=\sum_{k=1}^n a_k$. \begin{align*} (S_n)^2-\sum_{k=1}^n (a_k)^3 &= (a_n)^2 + 2a_nS_{n-1} + (S_{n-1})^2 - \sum_{k=1}^n (a_k)^3 \\ &\geq (a_n)^2 + 2a_nS_{n-1}-(a_n)^3 \\ &\geq a_n \left( -(a_n)^2 + a_n + 2S_{n-1}\right) . \end{align*} Dado que $a_n\geq 0$, solo necesitamos demostrar la positividad de $$ -(a_n)^2 + a_n + 2S_{n-1} =: T_n. $$ Sea $x=a_n-a_{n-1} \in [0,1]$. \begin{align*} T_n &= -(a_{n-1}+x)^2+a_{n-1}+x+2a_{n-1}+2S_{n-2}\\ &= -(a_{n-1})^2+a_{n-1}+2S_{n-2}-2xa_{n-1}+2a_{n-1}-x^2+x\\ &= T_{n-1} + x(1-x) + 2a_{n-1}(1-x)\\ &\geq T_{n-1} \end{align*} Dado que $T_1=-(a_1)^2+a_1 \geq 0$, otra inducción simple demuestra que $T_n\geq 0$, lo cual concluye esta prueba.