Cómo probar esto más Fuertes AM-GM desigualdad $\frac{n^2-1}{6}\min_{1\le i<j\le n}\left(\sqrt{a_{i}}-\sqrt{a_{j}}\right)^2\le A_{n}-G_{n}$

Question

deje $a_{i}>0,i=1,2,\cdots,n,n\ge 3$,muestran que $$\dfrac{n^2-1}{6}\min_{1\le i<j\le n}\left(\sqrt{a_{i}}-\sqrt{a_{j}}\right)^2\le\dfrac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}-\sqrt[n]{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}}\le\dfrac{n-1}{n}\max_{1\le i<j\le n}\left(\sqrt{a_{i}}-\sqrt{a_{j}}\right)^2$$

vamos $$A_{n}=\dfrac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n},G_{n}=\sqrt[n]{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}}$$ luego tenemos a probar

$$\dfrac{n^2-1}{6}\min_{1\le i<j\le n}\left(\sqrt{a_{i}}-\sqrt{a_{j}}\right)^2\le A_{n}-G_{n}\le\dfrac{n-1}{n}\max_{1\le i<j\le n}\left(\sqrt{a_{i}}-\sqrt{a_{j}}\right)^2$$

He encontrado RHS si y sólo si $a_{k}=0,a_{1}=a_{2}=\cdots=a_{k-1}=a_{k+1}=\cdots=a_{n}$ .

y LHS si y sólo si $a_{k+1}-a_{k}=d$ donde $d$ es constante,significa que $\{a_{n}\}$ es una progresión Aritmética

He encontrado a veces, encontramos esta http://journals.math.tku.edu.tw/index.php/TKJM/article/viewFile/747/626

y http://arxiv.org/pdf/1203.4454.pdf

y http://files.ele-math.com/articles/jmi-03-21.pdf

y http://projecteuclid.org/download/pdf_1/euclid.rmjm/1181071887

y este papel demostrar este resultado interesante:

$$\dfrac{1}{2bn^2}\sum_{j<k}(x_{j}-x_{k})^2\le\dfrac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}-\sqrt[n]{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}}\le\dfrac{1}{2an^2}\sum_{j<k}(x_{j}-x_{k})^2$$

http://www.ams.org/journals/proc/1978-071-01/S0002-9939-1978-0476971-2/S0002-9939-1978-0476971-2.pdf

Answer 1

Vamos a proceder por la mezcla de variables. Sin pérdida de generalidad, vamos a $\max a_i=b$ $\min a_i=a.$ a Observar, que la fijación de la suma de $S=\sum_{i=1}^n a_i$, se puede elegir dos diferentes $a_i\ge a_j$ y cambiarlos a $b\ge a_i'=a_i+\varepsilon$ $a_j'=a_j-\varepsilon\ge a.$ El el lado izquierdo de nuestro desigualdad aumentará y el lado derecho sigue siendo el mismo. La aplicación de esta operación, nos encontramos con $k$ número es igual a $a,$ $n-k-1$ número igual a $b$ $a\le a_{i_0}=c\le b.$ Así que no nos queda más que maximizar la función $$f(c)=\frac{ka+(n-k-1)b+c}{n}-\sqrt[n]{a^kb^{n-k-1}c.}$$ Desde $f''(c)>0,$ la función de $f$ es cóncava hacia abajo y alcanza su máximo en el intervalo de $[a,b]$ en uno de los puntos finales. Sin pérdida de generalidad $c=b.$ a Continuación, $$f(b)=\frac{ka+(n-k)b}{n}-\sqrt[n]{a^kb^{n-k}}\le \frac{n-1}{n}(a-2\sqrt{ab}+b)$$ que es equivalente a $$\frac{(n-1-k)a+(k-1)b+n\sqrt[n]{a^kb^{n-k}}}{2(n-1)}\ge \sqrt{ab}.$$ El último sigue inmediatamente de Cauchy aplicado a $2n-2$ números. Exactamente de la misma manera uno puede demostrar que el lado izquierdo de nuestra desigualdad.

Answer 2

Por ahora, esto es sólo una respuesta parcial, demostrando el límite inferior.

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Siguiendo Aldaz, tenemos que es una buena idea considerar la varianza del conjunto de $X=\{\sqrt{a_1},\ldots,\sqrt{a_n}\}$. Ocurre que: $$ 0 \leq \operatorname{Var}(X)=\mathbb{E}[(X-\mathbb{E}[X])^2]=\mathbb{E}[X^2]-\mathbb{E}[X]^2\leq(AM-GM)(a_1,\ldots,a_n)$$ desde $\mathbb{E}[X]^2$ es el orden-$\frac{1}{2}$ quiere decir, que es mayor que el de la media geométrica.

Supongamos ahora que $a_1\leq a_2\leq\ldots\leq a_n$ y $$\min_{2\leq i\leq n}\left(\sqrt{a_i}-\sqrt{a_{i-1}}\right)=L.$$ El límite inferior $\operatorname{Var}(X)\geq\frac{n^2-1}{6}\,L$ ahora sigue suponiendo que el $\mathbb{E}[X]$ se encuentra entre $\sqrt{a_k}$$\sqrt{a_{k+1}}$, por un menor de delimitación $\sqrt{a_{n+m}}-\sqrt{a_{n}}$ $mL$ y minimizar $k$.

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De todos modos, Aldaz Teorema 2.2, punto de $(2)$, en http://arxiv.org/pdf/1203.4454.pdfse establece que:

$$\frac{n}{n-1}\operatorname{Var}(\sqrt{a_1},\ldots,\sqrt{a_n})\leq (AM-GM)(a_1,\ldots,a_n)\leq n\operatorname{Var}(\sqrt{a_1},\ldots,\sqrt{a_n})$$

que es la forma más fuerte que el dado por la desigualdad. La parte más difícil es el límite superior, logrado a través de la inducción en $n$ y multiplicadores de Lagrange.