Desigualdad de producto y suma

Question

Deje $\forall i \in \{1,\dots,K\}, a_i \in (0,1)$ y $\sum_{i=1}^{K} a_i = 1$ . Deje $P_i = \prod_{j=1}^{i} (1-a_j)$ y $S_i = \sum_{j=1}^{i} a_j$ . ¿Hay prueba o contraejemplo para $\forall i, (1-P_i)/S_i \geq (1-P_K)$ ?

Answer 1

Caso $i = K$ es trivial, por lo que podemos suponer $S_i < 1$.

$P_K = P_i \cdot \prod_{j=i+1}^K (1 - a_j)$ e $\sum_{j=1+1}^K a_j = 1 - S_i$, tenemos $P_K \geqslant P_i \cdot (1 - a_{i + 1} - a_{i + 2}) \cdot \prod_{j=i+3}^K \ldots \geqslant P_i \cdot(1 - a_{i + 1} - \ldots - a_K) = P_i \cdot S_i$ e lo $1 - P_K \leqslant 1 - P_i \cdot S_i$, por lo que es suficiente para demostrar $\frac{1 - P_i}{S_i} \geqslant 1 - P_i \cdot S_i$. $$\frac{1 - P_i}{S_i} \geqslant 1 - P_i \cdot S_i$$ $$1 - P_i \geqslant S_i - P_i S_i^2$$ $$1 - S_i \geqslant P_i (1 - S_i^2)$$ $$1 \geqslant P_i (1 + S_i)$$

Tenga en cuenta que $(1 + a_1) \cdot (1 + a_2) \cdot \ldots (1 + a_i) \geqslant (1 + S_i)$, por lo que es suficiente para probar $$1 \geqslant \prod_{j=1}^i (1 - a_j) \cdot \prod_{j=1}^i (1 + a_i)$$ $$1 \geqslant \prod_{j=1}^i (1 - a_j^2)$$ El último es cierto, como no vacío producto de números positivos de cada uno de los cuales está a menos de $1$ es en sí misma menos de $1$.

Answer 2

Uno puede, de hecho, muestran que $$\frac{1-P_1}{S_1} > \frac{1-P_2}{S_2} > \ldots > \frac{1-P_K}{S_K} \, .$$ si todos los $a_i \in (0, 1)$. Si, además, $\sum_{i=1}^{K} a_i = 1$ , a continuación, el último término es igual a $1-P_K$, y la conclusión deseada de la siguiente manera.

Prueba: Para $1 \le i \le K-1$ $$\begin{align} \frac{1-P_i}{S_i} - \frac{1-P_{i+1}}{S_{i+1}} &= \frac{(1-P_i)S_{i+1} - (1-P_{i+1})S_i}{S_i S_{i+1}} \\ &= \frac{S_{i+1}-S_i - P_i S_{i+1} + P_{i+1} S_i}{S_i S_{i+1}} \\ &= \frac{a_{i+1} - P_i(S_i+a_{i+1}) + P_i(1-a_{i+1})S_i}{S_i S_{i+1}} \\ &= \frac{a_{i+1} (1-P_i(1+S_i))}{S_i S_{i+1}} \end{align}$$ y eso es positivo porque $$\begin{align} P_i(1+S_i)& \le (1-a_1)\cdots(1-a_i)(1+a_1)\cdots(1+a_i) \\ &= (1-a_1^2)\cdots(1-a_i^2) \\ &< 1 \, . \end{align}$$