Prueba de esta desigualdad

Question

Tengo una secuencia finita de números positivos $(a_i)_1^n$ para que:

1. $a_1>a_n$,
2. $a_j\geq a_{j+1}\geq\cdots\geq a_n$ algunos $j\in\{2,\ldots,n-1\}$,
3. $a_1>a_2>\cdots>a_{j-1}$,
4. $a_j\geq a_i$ todos los $1\leq i\leq n$.

Suponemos que:

$$(a_n+a_2+\cdots+a_j)\left(\sum_{i=j+1}^{n-1}{\frac{a_i^2}{(a_1+\cdots+a_i)(a_n+a_2+\cdots + a_i)}}+\frac{a_1+a_n}{a_1+\cdots+a_n}\right) \geq (a_n+a_1+\cdots+a_j)\left(\sum_{i=j+1}^{n-1}{\frac{a_i^2}{(a_1+\cdots+a_i)(a_n+a_1+\cdots + a_i)}}+\frac{a_n}{a_1+\cdots+a_n}\right).$$

Tengo un desagradable ataque de fuerza bruta a prueba al $n\in\{3,4,5\}$ pero no puedo probarlo en general. He tratado de cálculo fue en vano, y que no parece una buena opción para cualquiera de los estándar de las desigualdades.Hace esta mirada ni remotamente parecido a nada de lo ya hecho? Puedo apreciar que es bastante fea la desigualdad, pero algunas sugerencias sería muy apreciada!

La prueba al $n=3$ a continuación se describe. Por la condición 2. sabemos que $j=2$, de modo que

\begin{align*} (a_3+a_2)\left(\frac{a_1+a_3}{a_1+a_2+a_3}\right)-(a_3+a_1+a_2)\left(\frac{a_3}{a_1+a_2+a_3}\right)=\frac{a_2(a_1-a_3)}{a_1+a_2+a_3}>0 \end{align*} donde hemos utilizado la condición 1, el cual indica que $a_1>a_3$.Las pruebas al $n=4$ $n=5$ están de la misma manera, sólo el más feo. Al $n=5$ el truco es encontrar denominadores comunes, a continuación, simplemente par de cada término negativo con algunas de las grandes término positivo. Es horrible, pero funciona. Tal vez un general de la prueba implicaría un argumento similar pero más formalizado?

Si una prueba plena no puede encontrar a continuación, me gustaría ser feliz para una prueba en el caso especial donde$j=2$$j=3$.

Answer 1

Su conjetura de falla por $n \ge 7$ (y tal vez para algunos de los más pequeños $n$). Los siguientes resultados corresponden a la programación de la desigualdad en la Salvia y probar una variedad de patrones de secuencias.

1. La primera familia de contraejemplos

Deje $S(a,b) = [a, a-1, a-2, ..., 1, b, b-1, b-2,..., 1]$, de longitud $a+b$, para enteros positivos $a,b$.

Para cualquier $a \ge 2$, hay algunos $b^* \gt a$ tal que para cualquier $b \ge b^*$, $S(a, b)$ es un contraejemplo. (La cantidad de $\ \text{LHS}-\text{RHS}\ $ es una función decreciente de $b$ y cae por debajo de $0$$b=b^*$.)

Tal contraejemplos incluir $S(2, b\ge 11), S(3, b\ge 14), S(4, b\ge 16), S(5,b\ge 19)$, y así sucesivamente. (No he determinado una fórmula para $b^*$.)

El más pequeño contraejemplo de esta forma parece ser $$S(2,11) = [2, 1, 11, 10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1]$$ para que
$$\text{LHS} = \frac{79582008868974649241}{15735265132809166560} = 5.0575... < 5.0608... = \frac{1185342437701}{234217526928} = \text{RHS} $$

2. Second (shorter) family of counterexamples

Another family of counterexamples is $[2, b, b, b, b, b, 1]$ with $b \ge 5$. El más pequeño contraejemplo de esta forma parece ser $[2, 5, 5, 5, 5, 5, 1]$, por lo que
$$\text{LHS} = \frac{3515219}{1225224} = 2.869... < 2.881... = \frac{30446902}{10567557} = \text{RHS} $$

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Here's the core of the program (note the indexing adjustments due to Python lists being $0$-basado):

def lhs(L,j):
    n = len(L)
    tot = (L[0] + L[n-1])/sum(L)
    for i in [j+1..n-2]: tot += L[i]^2 / ( sum(L[0:i+1])*( L[n-1] + sum(L[1:i+1]) ) )
    return (L[n-1] + sum(L[1:j+1]))*tot

def rhs(L,j):
    n = len(L)
    tot = L[n-1]/sum(L)
    for i in [j+1..n-2]: tot += L[i]^2 / ( sum(L[0:i+1])*( L[n-1] + sum(L[0:i+1]) ) )
    return (L[n-1] + sum(L[0:j+1]))*tot 

for b in [3..8]:
    L = [2,b,b,b,b,b,1]; left = lhs(L,1); right = rhs(L,1)
    print b, left.n(), right.n(), (left-right).n()

> 3 1.96695167577521 1.92603768780239 0.0409139879728115
> 4 2.41522132314971 2.40469223123685 0.0105290919128582
> 5 2.86904190580661 2.88116752055371 -0.0121256147470981
> 6 3.32586148147269 3.35536963036963 -0.0295081488969435
> 7 3.78448484495198 3.82769776396051 -0.0432129190085339
> 8 4.24427752155089 4.29855086580553 -0.0542733442546420

Answer 2

Editar: nvm, denominador de la fracción primera en las sumas es diferentes.

Comparten ambas sumas:

$(a_n+a_2+\cdots+a_j)\left(\sum_{i=j+1}^{n-1}{\frac{a_i^2}{(a_1+\cdots+a_i)(a_n+a_2+\cdots + a_i)}}+\frac{a_n}{a_1+\cdots+a_n}\right)$

Si reste que fuera el primer sumatorio, los siguientes restos:

$(n-j-1)(a_n+a_2+\cdots+a_j)\left(\dfrac{a_1}{a_1+\cdots+a_i}\right)$ (¿por qué?)

Asimismo para el 2 º suma:

$a_1\left(\sum_{i=j+1}^{n-1}{\frac{a_i^2}{(a_1+\cdots+a_i)(a_n+a_2+\cdots + a_i)}}+\frac{a_n}{a_1+\cdots+a_n}\right)$

sigue siendo. (¿por qué?)