Pregunta sobre la desigualdad en la olimpiada Extra-Challenging

Question

Tenemos el conjunto $\{X_1,X_2,X_3,\dotsc,X_n\}$ . Dado que $X_1+X_2+X_3+\dotsb +X_n = n$ Demuéstralo: $$\frac{X_1}{X_2} + \frac{X_2}{X_3} + \dotsb + \frac{X_{n-1}}{X_n} + \frac{X_n}{X_1} \leq \frac{4}{X_1X_2X_3\dotsm X_n} + n - 4$$

EDIT: sí, ${X_k>0}$ olvidé mencionarlo :)

Answer 1

Sea $$ \begin{eqnarray} L(x_1,\ldots, x_n) &=& \frac{x_1}{x_2} + \frac{x_2}{x_3} + \ldots + \frac{x_n}{x_1} \\ R(x_1,\ldots, x_n) &=& \frac{4}{x_1 x_2 \ldots x_n} + n - 4 \\ f(x_1,\ldots, x_n) &=& R(x_1,\ldots, x_n) - L(x_1,\ldots, x_n) \end{eqnarray} $$

El objetivo es demostrar que $f(x_1,\ldots, x_n) \ge 0$ para todos $n$ dado $x_i > 0$ y $\Sigma_i x_i = n$ .

Prueba [por inducción completa]

El caso base $n = 1$ es trivial. Ahora probamos la desigualdad para $n \ge 2$ suponiendo que se cumple para todos los valores por debajo de $n$ .

La secuencia $s = x_1,\ldots, x_n$ se divide en dos subsecuencias : $s_\alpha = x_u,\ldots, x_{v-1}$ y $s_\beta = x_v, x_{v+1}, \ldots x_1 \ldots x_{u-1}$ donde $1 \le u < v \le n$ . Sea $k = v-u$ tales que las longitudes de las secuencias son $k$ y $n-k$ . Escribimos $\pi_\alpha, \pi_\beta$ para los productos de las secuencias, respectivamente, y $\sigma_\alpha, \sigma_\beta$ por sus sumas. Con el reescalado adecuado obtenemos $f(\frac{k}{\sigma_\alpha} s_\alpha) \ge 0$ y $f(\frac{n-k}{\sigma_\beta} s_\beta) \ge 0$ por hipótesis de inducción, como $1 \le k \le n-1$ .

Ahora basta con demostrar que $f(s) - f(\frac{k}{\sigma_\alpha} s_\alpha) - f(\frac{n-k}{\sigma_\beta} s_\beta) \ge 0$ . Por lo tanto demostramos $R(s) - R(\frac{k}{\sigma_\alpha} s_\alpha) - R(\frac{n-k}{\sigma_\beta} s_\beta) \ge 0$ y $L(\frac{k}{\sigma_\alpha} s_\alpha) + L(\frac{n-k}{\sigma_\beta} s_\beta) - L(s)\ge 0$ a su vez. $$ \begin{eqnarray} R(s) - R(\frac{k}{\sigma_\alpha} s_\alpha) &-& R(\frac{n-k}{\sigma_\beta} s_\beta) \\ &=& \frac{4}{\pi_\alpha \pi_\beta} + n - 4 - \left(\frac{4 \sigma_\alpha^k}{k^k \pi_\alpha} +k -4 \right) - \left(\frac{4 \sigma_\beta^{n-k}}{(n-k)^{n-k} \pi_\beta} + n -k -4 \right) \\ & =& \frac{4}{\pi_\alpha \pi_\beta} \left( 1 + \pi_\alpha \pi_\beta - \frac{ \sigma_\alpha^k}{k^k} \pi_\beta - \frac{\sigma_\beta^{n-k}}{(n-k)^{n-k}} \pi_\alpha \right) \\ & =& \frac{4}{\pi_\alpha \pi_\beta} \left( \left( \frac{ \sigma_\alpha^k}{k^k} - \pi_\alpha \right) \left(\frac{\sigma_\beta^{n-k}}{(n-k)^{n-k}} - \pi_\beta \right) + 1 - \frac{\sigma_\beta^{n-k}}{(n-k)^{n-k}} \frac{ \sigma_\alpha^k}{k^k} \right) \end{eqnarray} $$

Los dos factores del primer producto son positivos: utilizando la desigualdad de Jensen obtenemos $\log(\frac{ \sigma_\alpha^k}{k^k}) = k \log (\frac{\sigma_\alpha}{k}) \ge \Sigma_{i=u}^{v-1} \log(x_i) = \log(\pi_\alpha)$ y lo mismo para el segundo factor. Además, tenemos $\log(\frac{\sigma_\beta^{n-k}}{(n-k)^{n-k}} \frac{ \sigma_\alpha^k}{k^k}) = n \left( \frac{n-k}{n} \log(\frac{\sigma_\beta}{n-k}) + \frac{k}{n} \log(\frac{ \sigma_\alpha}{k}) \right) \le n \log(\frac{\sigma_\beta}{n} + \frac{\sigma_\alpha}{n}) = 0$ utilizando de nuevo la desigualdad de Jensen. Así que los términos restantes también son positivos.

En cuanto a la parte L tenemos: $$ \begin{eqnarray} L(\frac{k}{\sigma_\alpha} s_\alpha) &+& L(\frac{n-k}{\sigma_\beta} s_\beta) - L(s) \\ &=& (\ldots + \frac{x_{v-1}}{x_u}) + (\ldots +\frac{x_{u-1}}{x_v}) - (\ldots + \frac{x_{v-1}}{x_v} + \ldots + \frac{x_{u-1}}{x_u} + \ldots) \\ &=& (x_{v-1} - x_{u-1}) (\frac{1}{x_u} - \frac{1}{x_v}) \end{eqnarray} $$ Esto es positivo si $x_{v-1} \ge x_{u-1} \wedge x_{v} \ge x_{u}$ o $x_{v-1} \le x_{u-1} \wedge x_{v} \le x_{u}$ . Como no planteamos ninguna restricción sobre $u$ y $v$ sin embargo, ahora queda demostrar que para cualquier secuencia siempre se puede encontrar $1 \le u < v \le n$ por lo que esto se cumple. En primer lugar, si $x_{i-1} \le x_i \le x_{i+1}$ para algunos $i$ o $x_{i-1} \ge x_i \ge x_{i+1}$ (para $n$ impar este es siempre el caso), entonces podemos simplemente elegir $u=i-1, v=i$ . Supongamos ahora que tenemos una "corona" de transiciones sucesivas hacia arriba y hacia abajo mientras recorremos la secuencia en bucle. Si para algún $i, j$ con $x_i \le x_{i+1}$ y $x_j \le x_{j+1}$ ninguno de los intervalos $[x_i \le x_{i+1}]$ y $[x_j \le x_{j+1}]$ contiene completamente al otro, entonces apropiado $u$ y $v$ puede definirse. Supongamos ahora que todos los "intervalos ascendentes" $[x_i, x_{i+1}]$ con $x_i \le x_{i+1}$ están estrictamente ordenados (por contención). Recorriendo estos intervalos ascendentes debemos encontrar un máximo local tal que $[x_{i-2}, x_{i-1}] \subseteq [x_{i}, x_{i+1}] \supseteq [x_{i+2}, x_{i+3}]$ . Por lo tanto $x_{i-1} \le x_{i+1}$ y $x_{i} \le x_{i+2}$ por lo que con $u=i, v=i+2$ también se contempla este último caso.