Buscando una forma hábil demostrarlo.

Question

Supongamos que $a_k \ge 0$, $k=0,1,2,3,…$ satisface $a_k^2\le a_{k-1}a_{k+1}$ todos los $k\ge 1$. Demostrar que para todos los $k\in \{0,1,\dots, N\}$ tenemos $$ a_k \le a_0^{1-k/N} a_N^{k/N} $$

Estoy buscando una mancha de la manera para probar esta afirmación. Tengo la solución, pero es bastante desordenado. Necesito el manual de soluciones estoy ayudando a rellenar para la nueva edición de mi libro del profesor (que en realidad él me preguntó a publicar aquí para un impermeable de la solución). También, no estoy muy seguro de lo que etiqueta como este? Acabo de poner la teoría de los números, pero por favor, siéntase libre de cambiar si usted puede pensar en una mejor etiqueta. Gracias!

Answer 1

Desde $$a_k^2\le a_{k-1}a_{k+1} \quad\iff\quad \frac{a_k}{a_{k-1}} \le \frac{a_{k+1}}{a_k}$$ la secuencia de $a_k/a_{k-1}$ es un aumento de la secuencia. Como resultado, $$\begin{align} \frac{a_N}{a_k} = & \frac{a_N}{a_{N-1}}\frac{a_{N-1}}{a_{N-2}}\cdots\frac{a_{k+1}}{a_k} \ge \left(\frac{a_{k}}{a_{k-1}}\right)^{N-k}\\ \frac{a_k}{a_0} = & \frac{a_k}{a_{k-1}}\frac{a_{k-1}}{a_{k-2}}\cdots\frac{a_1}{a_0} \le \left(\frac{a_{k}}{a_{k-1}}\right)^k \end{align}$$

Esto implica $$\left(\frac{a_N}{a_k}\right)^k \ge \left(\frac{a_k}{a_{k-1}}\right)^{k(N-k)} \ge \left( \frac{a_k}{a_0} \right)^{N-k}$$

que es equivalente a

$$a_k^N \le a_N^k a_0^{N-k} \quad\iff\quad a_k \le a_0^{1-\frac{k}{N}} a_N^{\frac{k}{N}}$$

Actualización

Pensando en ello, esta prueba asume todos los $a_k > 0$. Si $a_k = 0$ algunos $0 < k < N$, $a_{k-1}^2 \le a_{k-2} a_{k}$ $a_{k+1}^2 \le a_{k} a_{k+2}$ implica $a_{k+1} = a_{k-1} = 0$ siempre $k - 2$ o $k + 2$ cae dentro del rango de $[0, N]$. Esto implica $a_k = 0$ por cada $0 < k < N$. Lo que tenemos que mostrar vuelve trivial.

Answer 2

El caso $k=0$ es obvio.

$k\ge 1$ $\displaystyle r_k:=\frac{a_{k}}{a_{k-1}},\quad k\ge 1$ De definir y por lo tanto podemos definir $$q_k:=\ln r_k\in \mathbb{R}\quad k\ge1$$ Then your condition says that $\{q_k\}$ forms an increasing sequence of real numbers. Now define $$ s_n:=\dfrac{\sum_{k=1}^n q_k}{n}\quad n\ge 1$$ Then note that $s_n\le s_ {n+1} \ \forall n\ge 1$ because $$s_{n}-s_{n+1}=\frac{(n+1)(q_1+q_2+\cdots +q_n)-n(q_1+q_2+\cdots +q_n+q_{n+1})}{n(n+1)}\\ =\frac{\frac{q_1+q_2+\cdots +q_n}{n}-q_{n+1}}{n+1}\le 0$$ The last inequality follows because $q_k\le P_ {n+1} \quad \forall 1\le k\le n$. Hence, $\forall k\in \{1,2,\cdots \, N\}$ $$s_k\le s_{N}\\ \Rightarrow \frac{q_1+q_2+\cdots +q_k}{k}\le \frac{q_1+q_2+\cdots +q_N}{N} \\ \Rightarrow \ln \left(\displaystyle \prod_{j=1}^k r_j^{1/k}\right)\le \ln \left(\displaystyle \prod_{j=1}^N r_j^{1/N}\right)\\ \Rightarrow \left(\frac{a_k}{a_0}\right)^{1/k}\le \left(\frac{a_N}{a_0}\right)^{1/N}\Rightarrow a_k\le a_0^{1-k/N}a_N^{k/N}$$

Answer 3

Primero voy a asumir todos los $a_k > 0$. Primera nota de que $$ {a_k}^2 \leq a_{k - 1}a_{k + 1} \ffi \frac{a_k}{a_{k-1}} \leq \frac{a_{k + 1}}{a_k} \\ a_k \leq {a_0}^{1 - \frac{k}{N}}{a_N}^{\frac{k}{N}} \ffi {a_k}^N \leq {a_0}^{N - k}{a_N}^k $$ Tenemos que derivan las siguientes primera. Definir $r = \frac{a_{N + 1}}{a_N}$. Desde $\frac{a_k}{a_{k -1}} \leq \frac{a_{k + 1}}{a_k}$ todos los $k \geq 1$, tenemos $$ \frac{a_1}{a_0} \leq \frac{a_2}{a_1} \leq \dotsb \leq \frac{a_{N + 1}}{a_N} = r $$ Por lo tanto $$ a_1 \leq a_0r \\ a_2 \leq a_1r \leq a_0r^2 \\ \vdots $$ $$ a_k \leq a_{k - 1}r \leq \dotsb \leq a_0r^k = a_0\left(\frac{a_{N + 1}}{a_N}\right)^k \etiqueta{1} $$ Ahora, la solución será por inducción. Para todos los $k \in \{0, 1\}$, es trivial. Ahora suponga que el hecho es cierto para $N \geq 1$. Entonces tenemos: para cualquier $k \in \{0, \dotsc, N\}$, $$ {a_k}^N \leq {a_0}^{N - k}{a_N}^k $$ Ahora, para cualquier $k \in \{0, \dotsc, N + 1\}$, tenemos que demostrar $$ {a_k}^{N + 1} \leq {a_0}^{N + 1 - k}{a_{N + 1}}^k $$ El hecho es trivial para$k = 0$$k = N + 1$. Para $k \in \{1, \dotsc, N\}$, podemos utilizar la hipótesis inductiva y $(1)$ a obtener, $$ {a_k}^{N + 1} = {a_k}^Na_k \leq {a_0}^{N - k}{a_N}^ka_k \leq {a_0}^{N - k}{a_N}^k \cdot a_0\left(\frac{a_{N + 1}}{a_N}\right)^k = {a_0}^{N + 1 - k}{a_{N + 1}}^k $$ lo que completa la prueba inductiva. Espero que este inductivo prueba fue slick suficiente. Si $a_k = 0 $ algunos $k$ ${a_{k + 1}}^2 \leq a_ka_{k + 2} = 0 \implies a_{k + 1} = 0$ y se puede ver que podemos repetir esto y por lo $a_j = 0$ todos los $j \geq k$. Del mismo modo también se puede obtener de $a_j = 0$ todos los $j \leq k$, por lo que todos los términos son de $0$, y que el hecho se convierte en trivial.

Answer 4

Aumento de las ratios de registro de términos consecutivos: $ a_k ^ 2\le a_ {k-1} a_ {k+1} \implies \log\left(\frac{a_k}{a_{k-1}}\right) \le\log\left(\frac{a_{k+1}}{a_k}\right) $$ la media de los ratios de registro anteriores es más pequeña que el promedio de los últimos. Así, por $0\lt k\lt n$, $$\begin{align} \frac1k\sum_{j=1}^k\log\left(\frac{a_j}{a_{j-1}}\right) &\le\frac1{n{-}k}\sum_{j=k+1}^n\log\left(\frac{a_j}{a_{j-1}}\right)\\ \frac1k\log\left(\frac{a_k}{a_0}\right) &\le\frac1{n{-}k}\log\left(\frac{a_n}{a_k}\right)\\ \left(\frac{a_k}{a_0}\right)^{n-k} &\le\left(\frac{a_n}{a_k}\right)^k\\[6pt] a_k^n&\le a_0^{n-k}a_n^k\\[9pt] a_k&\le a_0^{\large1-\frac kn}a_n^{\large\frac kn} \end {alinee el} $$ los casos $k=0$ y $k=n$ son directos.