$ \sum_{1 \le i < j \le n} a_{i} a_{j} \ge n(n-1)/2 $, demuestre que$a_{1} + ... + a_{n} \ge n$ para$n \ge 2$ usando AM-QM

Question

Deje $a_{1}, a_{2}, ...$ ser una secuencia de números reales positivos. Vamos a la siguiente relación se mantiene: $$ a_{k+1} \ge \frac{k a_{k}}{a_{k}^{2} + (k-1)}, \:\: k \ge 1$$

Demostrar que $ S_{n} = a_{1} + a_{2} + ... + a_{n} \ge n $, para $n \ge 2$.

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Solución:

He publicado esta pregunta antes y resuelto mediante 2 métodos, (Dado $ a_{k+1} \ge \frac{k a_{k}}{(a_{k}^{2} + k-1)}, \:\: k > 0$, demuestran $ S_{n} = a_{1} + .. + a_{n} \ge n, \:\: n \ge 2 $).

esta vez me gustaría resolverlo utilizando otro enfoque, la sugerencia es que $ \sum_{1 \le i < j \le n} a_{i} a_{j} \ge n(n-1)/2 $ y , a continuación, utilice AM-QM desigualdad. Aquí va mi intento:

$$ \sum_{1 \le i < j \le n} a_{i} a_{j} = \sum_{j=2} S_{j-1} a_{j} $$

mediante el uso de un resultado en mi post anterior que $S_{m} \ge m/a_{m+1}$ hemos

$$ \sum_{1 \le i < j \le n} a_{i} a_{j} = \sum_{j=2}^{n} S_{j-1} a_{j} \ge \sum_{j=2}^{n} (j-1) = n(n-1)/2 $$

la sugerencia es demostrado, entonces:

$$ \sum_{j=2}^{n} S_{j-1} a_{j} \le S_{n-1} \sum_{j=2}^{n} a_{j} $$

entonces por AM-QM:

$$S_{n-1} \sum_{j=2}^{n} a_{j} \le S_{n-1} \sqrt{n \sum_{i=2}^{n} a_{i}^{2}} \le S_{n-1} \sqrt{n} \sqrt{(S_{n}^{2})} = \sqrt{n} S_{n-1} S_{n}$$

por lo $$ \sqrt{n} S_{n-1} S_{n} \ge n(n-1)/2$$

si hacemos uso de la inducción, asumiendo $S_{n-1} \ge n-1$ entonces podemos tener

$$ S_{n} \ge \sqrt{n}/2$$

Esto es lo más lejos que he ido.

Answer 1

Desde $$(a_1+a_2+\cdots +a_n)^2=(a_1^2+a_2^2+\cdots +a_n^2)+2\sum_{1 \le i < j \le n} a_{i} a_{j}$$ podemos escribir $$\sum_{1 \le i < j \le n} a_{i} a_{j}=\frac{S_n^2-(a_1^2+a_2^2+\cdots +a_n^2)}{2}$$ Así, la sugerencia $$ \sum_{1 \le i < j \le n} a_{i} a_{j} \ge \frac{n(n-1)}{2} $$ es equivalente a

$$\frac{S_n^2-(a_1^2+a_2^2+\cdots +a_n^2)}{2}\ge \frac{n(n-1)}{2},$$ es decir, $$a_1^2+a_2^2+\cdots +a_n^2\le S_n^2-n(n-1)\tag1$$

Por AM-QM desigualdad, obtenemos $$\frac{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_n^2}{n}\ge \left(\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}\right)^2,$$ es decir, $$a_1^2+a_2^2+\cdots +a_n^2\ge \frac{S_n^2}{n}\tag2$$

Se desprende de lo $(1)(2)$que $$\frac{S_n^2}{n}\le S_n^2-n(n-1)$$ a partir de la cual $$S_n\ge n$$ sigue por $n\ge 2$.

Answer 2

Resuma $a_i^2+a_j^2 \geq 2a_i a_j$ para todos los pares ( $i,j$ ). Obtendrás,

PS

Lo que implica que, $$(n-1)\sum_ia_i^2 \geq 2\sum_{i<j}a_ia_j$ $

PS