Demostrando que $\sum_{i=1}^n\frac{a_i}{1-a_i}\leq\sum_{i=1}^n\frac{b_i}{1-b_i}$

Question

Supongamos $a_1,a_2,...,a_n>0$$\sum_{i=1}^na_i=1$. Definir $b_1,b_2,...,b_n$$b_i=\frac{a_i^2}{\sum_{j=1}^n(a_j^2)}$. Mostrar que $$\sum_{i=1}^n\frac{a_i}{1-a_i}\leq\sum_{i=1}^n\frac{b_i}{1-b_i}$$.

He sido incapaz de hacer ningún progreso sustancial. Me he dado cuenta de que $\sum b_i=1$ también. Dejar $A_n=\sum_{i=1}^n\frac{a_i}{1-a_i}$, $B_n=\sum_{i=1}^n\frac{b_i}{1-b_i}$, tanto en $A_n$ $B_n$ son mayores de uno, y más precisamente,$B_n\geq\frac{n}{n-1}$. Pero nada he encontrado parece particularmente útil.

He encontrado que el problema se simplifica a $\sum_{i=1}^n\frac{1}{1-a_i}\leq\sum_{i=1}^n\frac{1}{1-b_i}$, pero sin más progresión.

Alguien me puede ayudar a resolver esta pregunta?

Pregunta viene de 2014 Irlandés Olimpiada Matemática

Answer 1

En primer lugar, tenga en cuenta que $f(x)=\frac{x}{1-x}$ es convexa en el intervalo de $(0,1)$.

También, si se puede organizar el $a_i$ términos en orden decreciente, por lo que el correspondiente $b_i$ términos también son, en orden decreciente, a continuación, $(b_1,b_2,\ldots, b_n)$ majorizes $(a_1,a_2,\ldots,a_n)$: es decir, para todos los $1\leq k\leq n$ $$b_1+b_2 +\cdots + b_k \geq a_1 + a_2 + \cdots a_k$$ [Este paso necesita más aclaración? El mayor $k$ plazas suma a un mayor porcentaje de la suma de todos los cuadrados que el mayor $k$ términos originales hacen de la suma original (con la igualdad cuando todos los términos son iguales). Podríamos formalizar este si es necesario, pero me parece una digresión.]

Pero entonces, Karamata la desigualdad (relacionadas con la desigualdad de Jensen ver https://en.wikipedia.org/wiki/Karamata%27s_inequalitya) sostiene.

Una buena referencia sobre las desigualdades que vienen a menudo en las olimpiadas es: http://www.mit.edu/~evanchen/folletos/Ineq/es.pdf

Answer 2

Este se inicia con la observación de que en mi comentario anterior, citado aquí:

"Desde $\sum_i a_i=\sum_i b_i=1$, podemos reescribir la desigualdad como $\sum_i a_i / ∑_{j\neq i}a_j \leq \sum_i b_i / \sum_{j \neq i} b_j=\sum_i a^2 / \sum_{j \neq i}a^2$. A continuación, desde ambos lados de esto son la constante en la transformación de $a_i, \cdots, a_n \to \lambda a_i, \cdots, \lambda a_n$, es suficiente para resolver esta nueva desigualdad sin la condición de $\sum_i a_i = 1$."

Por lo tanto, este problema es equivalente a mostrar que la $f(1) \leq f(2)$, donde

$$f(x) = \sum_i \frac{a_i^x}{\sum_{j \neq i}a_j^x}$$

y donde suponemos que $a_i > 0 \,\forall\, i$ (pero no necesariamente que $\sum_i a_i = 1$). Es suficiente para mostrar que $f(x)$ es no decreciente para $x > 0$. Calculamos

$$f'(x) = \sum_i \frac{a_i^x \sum_{j \neq i} a_j^x \log \frac{a_i}{a_j}}{( \sum_{j \neq i} a_j^x )^2}$$

Dejando $c_{i,x} = \sum_{j \neq i} a_j^x$, podemos escribir esto como:

$$f'(x) = \sum_{i \neq j} \frac{ (a_i a_j)^x \log \frac{a_i}{a_j}}{c_{i,x}^2} $$ $$= \sum_{i < j} (a_i a_j)^x \left(\frac{1}{c_{i,x}^2} \log\frac{a_i}{a_j} + \frac{1}{c_{j,x}^2} \log\frac{a_j}{a_i} \right)$$ $$= \sum_{i < j} (a_i a_j)^x \log\frac{a_i}{a_j} \left(\frac{1}{c_{i,x}^2} - \frac{1}{c_{j,x}^2} \right)$$

Suponiendo sin pérdida de generalidad que $a_i \leq a_j$, se deduce que el $c_{i,x} \geq c_{j,x}$, por lo que $\log\frac{a_i}{a_j} \leq 0$, $\frac{1}{c_{i,x}^2} - \frac{1}{c_{j,x}^2} \leq 0$, y por lo tanto $\log\frac{a_i}{a_j} \left(\frac{1}{c_{i,x}^2} - \frac{1}{c_{j,x}^2} \right)$ es no negativo. También sabemos que $(a_i a_j)^x \geq 0$, por lo tanto, cada término de la anterior suma es no negativo, y por lo tanto $f'(x) \geq 0$. QED

Answer 3

Entonces, ¿qué podemos aprender de este problema es que si usted tiene un conjunto de no-negativo pesos $a_i$, y llevarlos a otro conjunto de ponderaciones proporcionales a$F(a_i)$, entonces la condición para la función de $F$ a producir majorization (de los viejos pesos por nuevos pesos), es que el $F(x)/x$ es cada vez mayor. Fresco.