Cómo probar este límite Inferior con $\sum_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{i}a_{j}$

Question

Deje $a_{i}\in [0,1]$,e $a_{1}\ge a_{2}\ge\cdots \ge a_{n}$,muestran que $$a_{1}+a_{1}a_{2}+a_{1}a_{2}a_{3}+\cdots+a_{1}a_{2}\cdots a_{n}\ge \sum_{i=1}^{n}\left(\dfrac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}\right)^i$$

Para$n=2$, $$a_{1}+a_{1}a_{2}\ge \dfrac{a_{1}+a_{2}}{2}+\left(\dfrac{a_{1}+a_{2}}{2}\right)^2$$ $$\Longleftrightarrow 2a_{1}+4a_{1}a_{2}-2a_{2}\ge (a_{1}+a_{2})^2$$ $$2\ge a_{1}-a_{2}$$es claro

He de intentar la inducción matemática，Asumir que $n=k$ es cierto,considere la posibilidad de $n=k+1$,luego tenemos $$a_{1}+a_{1}a_{2}+\cdots+a_{1}a_{2}\cdots a_{n}+a_{1}a_{2}\cdots a_{n+1} \ge \sum_{i=1}^{n}\left(\dfrac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}\right)^i+a_{1}a_{2}\cdots a_{n}a_{n+1}$$ de modo que debe demostrar que $$\sum_{i=1}^{n}\left(\dfrac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}\right)^i+a_{1}a_{2}\cdots a_{n}a_{n+1}\ge \sum_{i=1}^{n+1}\left(\dfrac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n+1}}{n+1}\right)^{i}$$ entonces yo no puedo entonces, ¿Cómo demostrarlo?

Answer 1

Más Elementales de la Prueba (Excepto para el Uso de Continuidad)

Vamos $$g\left(a_1,a_2,\ldots,a_n\right):=\sum_{k=1}^n\,\prod_{j=1}^k\,a_j-\sum_{k=1}^n\,\left(\frac{1}{n}\,\sum_{j=1}^n\,a_j\right)^k$$ for all $a_1,a_2,\ldots,a_n\in[0,1]^n$ with $a_1\geq a_2\geq \ldots\geq a_n$. We need to show that, for any $i\in\{1,2,\ldots,n-1\}$, $$g\left(a_1,a_2,\ldots,a_n\right)\geq g\left(a_1,a_2,\ldots,a_{i-1},\frac{a_i+a_{i+1}}{2},\frac{a_i+a_{i+1}}{2},a_{i+2},\ldots,a_n\right)\,.$$ Esto es fácil porque si se resta el lado izquierdo por el lado derecho de la desigualdad anterior, se obtiene $$\frac{a_i-a_{i+1}}{2}-\left(\frac{a_i-a_{i+1}}{2}\right)^2\,\left(1+a_{i+2}+a_{i+2}a_{i+3}+\ldots+a_{i+2}a_{i+3}\cdots a_n\right)\,.$$ La cantidad anterior es mayor o igual a $$\frac{a_i-a_{i+1}}{2}\left(1-\frac{1}{2}\left(1-a_{i+1}\right)\sum_{r=0}^{n-i-1}\,a_{i+1}^r\right)=\frac{a_i-a_{i+1}}{2}\left(\frac{1+a_{i+1}^{n-i}}{2}\right)\geq 0\,.$$

Para cualquier punto de partida $\textbf{a}^0\in[0,1]^n$ donde $\textbf{a}^0:=\left(a_1^0,a_2^0,\ldots,a_n^0\right)$ satisface $a_1^0\geq a_2^0\geq\ldots\geq a_n^0$$M^0:=\max\limits_{i\in\{1,2,\ldots,n-1\}}\,\left(a^0_i-a^0_{i+1}\right)$, que puede verse fácilmente que el par-con una media de procedimiento descrito en el párrafo anterior puede ser aplicado para obtener una secuencia de puntos de $\textbf{a}^1,\textbf{a}^2,\ldots$, de tal manera que el valor de $M^l:=\max\limits_{i\in\{1,2,\ldots,n-1\}}\,\left(a^l_i-a^l_{i+1}\right)$ donde $\textbf{a}^l:=\left(a_1^l,a_2^l,\ldots,a_n^l\right)$, satisface $$M^{l+(n-1)}\leq \frac{1}{2}\,M^l$$ para todos los $l=0,1,2,\ldots$. Eso significa que $\textbf{a}^l$ tiende al límite de $\bar{\textbf{a}}:=\left(\bar{a},\bar{a},\ldots,\bar{a}\right)$, $\bar{a}:=\frac{1}{n}\,\sum_{j=1}^n\,a_j^0$ $l$ crece hasta el infinito. Por la continuidad de $g$, tenemos $$g\left(\textbf{a}^0\right)\geq g\left(\bar{\textbf{a}}\right)=0\,.$$

Alternativamente, supongamos que un $n$-tupla $\left(b_1,b_2,\ldots,b_n\right)\in[0,1]^n$ $b_1\geq b_2\geq \ldots \geq b_n$ es tal que $g\left(b_1,b_2,\ldots,b_n\right)$ es minimizada (observar, el uso de la compacidad argumento y la continuidad de la $g$, que esta tupla debe existir). Por el par-un promedio de argumento, llegamos a la conclusión de que $b_1=b_2=\ldots=b_n$, de donde el valor mínimo posible de $g$$0$.

El argumento anterior muestra que la deseada, la desigualdad es verdadera. Por otra parte, la igualdad caso es al $a_1=a_2=\ldots=a_n$.

Answer 2

No estoy seguro de si hay una simple respuesta a esta desigualdad o no; pero la solución que me voy a presentar implica Schur convexidad y majorization.

Supongamos que para cada secuencia $(a_1,\dots,a_n)\in[0,1]^n$, la secuencia de $(a_{[1]},\dots,a_{[n]})$ es de la versión solicitada con $a_{[1]}\geq\dots\geq a_{[n]}$. Considere la siguiente función: $$ f(a_1,\dots,a_n)=a_{[1]}+a_{[1]}a_{[2]}+\dots+a_{[1]}a_{[2]}\dots a_{[n]}. $$ En la otra parte tenga en cuenta que $(a_1,a_2,\dots,a_n)\succ (\overline a,\dots,\overline a)$ $\overline a=\frac{a_1+\dots+a_n}{n}$ $\succ$ es el majorization orden.

Es suficiente para probar que la función de $f$ es Schur convexo. Debido a $(a_1,a_2,\dots,a_n)\succ (\overline a,\dots,\overline a)$ implica: $$ f(a_1,a_2,\dots,a_n)\geq f(\overline un,\dots,\overline a), $$ que es otra manera de expresar la misma desigualdad.

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Prueba de Schur convexidad de $f$:

Para demostrar la Schur convexidad de $f$, hacemos uso de Schur-Ostrowski criterio. Es suficiente para comprobar que: $$ (a_i-a_j)(\frac{\partial f}{\partial a_i}-\frac{\partial f}{\partial a_j})\geq 0 $$ de todas las secuencias de $[0,1]^n$.

Sin pérdida de generalidad podemos suponer $a_1\geq \dots \geq a_n$. También es suficiente para comprobar $i=1$ $j>1$ debido a que la verificación de los otros pares se reduce a este caso. Ver $$ \frac{\partial f}{\partial a_1}=1+a_2+a_2a_3+\dots+a_2a_3\dots, a_n\\ \frac{\partial f}{\partial a_j}=\sum_{i=j}^n\frac{\prod_{k=1}^i a_k}{a_j} $$ y (con la convención de $\prod_{k=i}^j a_k=1$$\sum_{k=i}^j a_k=0$$j<i$): $$ \frac{\partial f}{\partial a_1}-\frac{\partial f}{\partial a_j}=\sum_{i=1}^{j-1}{\prod_{k=2}^i a_k}+\sum_{i=j}^n(\prod_{k=1}^i a_k)(\frac{1}{a_1}-\frac{1}{a_j})\\ =\sum_{i=1}^{j-1}{\prod_{k=2}^i a_k}+\prod_{k=2}^{j-1} a_k(\sum_{i=j}^n\prod_{k=j+1}^i a_k)({a_j}-{a_1})\\ =\sum_{i=1}^{j-2}{\prod_{k=2}^i a_k}+\prod_{k=2}^{j-1}a_k\left(1- (\sum_{i=j}^n\prod_{k=j+1}^i a_k)({a_1}-{a_j})\right). $$ Ver que la última expresión es positiva: $$ ({a_1}-{a_j})(\sum_{i=j}^n\prod_{k=j+1}^i a_k)\leq({1}-{a_{j+1}})(\sum_{i=j}^n\prod_{k=j+1}^i a_{j+1})=1-a_{j+1}^{n-j+1}\leq 1. $$ Esto demuestra que $f$ satisface Schur-Ostrowski criterio e implica la desigualdad.