Mostrar $\sum_{k=1}^n (p_k + \frac{1}{p_k})^2\geq n^3 + 2n + \frac{1}{n}$ ; $p_k\geq 0 \forall k$ y $\sum_kp_k=1$

Question

Intento:

$\sum_{k=1}^n (p_k + \frac{1}{p_k})^2 = 2n + \sum_k p_k^2 + \sum_k \frac{1}{p_k^2}$

Utilicé la desigualdad de Cauchy para descomponer 1 como $\sqrt{p_k}(\frac{1}{\sqrt{p_k}})$ y obtuve

$n^2\leq \sum_k \frac{1}{p_k}$

Podría, utilizar nuevamente la desigualdad de Cauchy en $\frac{1}{p_k}\cdot 1$ para obtener $(\sum\frac{1}{p_k})^2 < n \sum\frac{1}{p_k^2}$

$\Rightarrow n^4< (\sum\frac{1}{p_k})^2 < n \sum\frac{1}{p_k^2} $

$\Rightarrow n^3\leq\sum\frac{1}{p_k^2} $

¿Qué hay acerca de $\sum p_k^2$? Hay un bloqueo mental aquí. Cualquier ayuda sería apreciada.

Answer 1

Dejar $$np' = \sum p_i$$

Considerar $$\sum (p_i - p')^2$$

Por cierto, supongo que querías decir $(\sum \frac{1}{p_k})^2$ en lugar de $\sum (\frac{1}{p_k})^2$

Answer 2

Para referencia, este problema es el ejercicio 1.6 (página 14) de The Cauchy-Schwarz Master Class de J. Michael Steele. Su solución es similar a la de Zarrax, pero para el límite inferior en $\sum_{k=1}^n {1\over p_k}$ él utiliza la desigualdad de Cauchy-Schwarz dos veces; primero en la separación $1=\sqrt{p_k}\cdot {1\over \sqrt{p_k}}$ y luego en la separación ${1\over p_k}=1\cdot {1\over p_k}.

En el Ejercicio 13.6 Steele da una generalización, que para $\alpha>0$, tenemos $$\sum_{k=1}^n\left(p_k+{1\over p_k}\right)^\alpha \geq {(n^2+1)^\alpha\over n^{\alpha-1}}.$$

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Answer 3

$f(p) = (p+1/p)$ es convexa para $p > 0$. Por lo tanto, la suma se maximiza cuando los $p_i$ son iguales.

El mismo argumento se aplica a $f(p)^a$ y $\log f(p)$ para $0 < p \leq 2.

Answer 4

Diría que $f(x) = (x+1/x)^2$ es convexa para $x \neq 0$. Así que $\sum \frac 1n f(p_i) \geq f(\sum \frac1n p_i)$. Ahora encontramos fácilmente: $$ \sum_{i=1}^n \left(p_i+\frac1{p_i}\right)^2 \geq n \times f(1/n) = n \times \left(\frac1n+n\right)^2 $$ lo cual es exactamente lo que deseas.

Answer 5

Has reducido el problema a demostrar que ${\displaystyle \sum_{k=1}^n p_k^2 + \sum_{k=1}^n {1 \over p_k^2} \geq {1 \over n} + n^3}$. Nota que la igualdad se logra cuando cada $p_k = {1 \over n}$, cuando la primera suma agrega a ${1 \over n}$ y la segunda suma agrega a $n^3$. Por lo tanto, tiene sentido tratar de demostrar que la primera suma es al menos ${1 \over n}$ y la segunda suma es al menos $n^3.

Para la primera suma, uno puede usar la desigualdad de Cauchy-Schwarz para concluir que $n \sum_{k=1}^n {p_k}^2 \geq (\sum_{k=1}^n {p_k})^2 = 1$, por lo que la primera suma es de hecho al menos ${1 \over n}$. Para la segunda suma, uno tiene de manera similar $n \sum_{k=1}^n {1 \over p_k^2} \geq (\sum_{k=1}^n {1 \over p_k})^2$ o equivalentemente, $\sum_{k=1}^n {1 \over p_k^2} \geq {1 \over n} (\sum_{k=1}^n {1 \over p_k})^2$. Para analizar $\sum_{k=1}^n {1 \over p_k}$, se puede usar la desigualdad armónica-aritmética, que dice que para números reales positivos $a_1,...,a_n$ se tiene $${a_1 + ... + a_n \over n} \geq {n \over {1 \over a_1} + ... + {1 \over a_n}}$$ Aplicando esto a $a_k = {1 \over p_k}$ se obtiene que $$\sum_{k=1}^n {1 \over p_k} \geq n^2{1 \over \sum_{k=1}^n p_k}$$ $$ = n^2$$ Entonces, la segunda suma es al menos ${1 \over n}(n^2)^2 = n^3} como se necesitaba.

Editar: Naturalmente, en el tiempo que tomó escribir esto, alguien ya lo resolvió... así es la vida :)