Demostrar $\sum_{i=1}^{n}\frac{a_{i}}{a_{i+1}}\ge\sum_{i=1}^{n}\frac{1-a_{i+1}}{1-a_{i}}$ si $a_{i}>0$ $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}=1$

Question

Deje $a_{i}>0,i=1,2,\cdots,n$, e $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}=1$.

¿Cómo podemos demostrar que

$$\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\dfrac{a_{i}}{a_{i+1}}\ge\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1-a_{i+1}}{1-a_{i}}$$

donde $a_{n+1}=a_{1}$?

Creo que esto puede ser hecho usando el AM-GM de la desigualdad.

Answer 1

Tenga en cuenta que $(1-a_i-a_{i+1})\geqslant 0$
(si $n>2$, entonces el signo "$>$").

A). Si $a_i\geqslant a_{i+1}$, luego $\qquad \dfrac{a_{i}}{a_{i+1}} \geqslant \dfrac{(1-a_i-a_{i+1})+a_i}{(1-a_i-a_{i+1})+a_{i+1}} = \dfrac{1-a_{i+1}}{1-a_{i}} \geqslant 1.$

Si $a_i<a_{i+1}$, luego $\qquad \dfrac{a_{i}}{a_{i+1}} \leqslant \dfrac{(1-a_i-a_{i+1})+a_i}{(1-a_i-a_{i+1})+a_{i+1}} = \dfrac{1-a_{i+1}}{1-a_{i}}<1.$

De todos modos, $\dfrac{1-a_{i+1}}{1-a_i}$ es un número positivo, más cerca de $1$, que $\dfrac{a_i}{a_{i+1}}$.

B). Denotar $$A_i = \dfrac{1-a_{i+1}}{1-a_{i}}, \qquad B_i = \dfrac{a_i}{a_{i+1}};$$ $$\alpha_i = \ln A_i, \qquad \beta_i = \ln B_i.$$

Podemos ver, que $$A_1\cdot A_2 \cdot \cdots \cdot A_n = B_1\cdot B_2 \cdot \cdots \cdot B_n = 1;$$ $$\alpha_1 + \alpha_2 + \cdots + \alpha_n = \beta_1 + \beta_2 + \cdots + \beta_n = 0;$$ donde $\;\;$ $0\leqslant \alpha_i \leqslant \beta_i$ ya sea $\beta_i \leqslant \alpha_i\leqslant 0$, $i=1,...,n$.

C). Entonces (basado en aquí), llegamos a la $\;$ $e^{\beta_1}+\cdots+e^{\beta_n} \geqslant e^{\alpha_1}+\cdots+e^{\alpha_n}$, o (en otras palabras) $$\sum_{i=1}^n B_i \geqslant \sum_{i=1}^n A_i.$$ Demostrado.

Answer 2

A continuación es una prueba para $n=3$ (que, por desgracia, no parece generalizar).

Al $n=3$, la desigualdad se muestra puede escribirse como

$$\frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_3}+\frac{a_3}{a_1} \geq \frac{a_1+a_3}{a_2+a_3}+\frac{a_1+a_2}{a_1+a_3}+\frac{a_2+a_3}{a_1+a_2} \etiqueta{1}$$

o, equivalentemente,

$$\bigg(\frac{a_1}{a_2}-\frac{a_1+a_3}{a_2+a_3}\bigg)+ \bigg(\frac{a_2}{a_3}-\frac{a_1+a_2}{a_1+a_3}\bigg)+ \bigg(\frac{a_3}{a_1}-\frac{a_2+a_3}{a_1+a_2}\bigg) \geq 0 \etiqueta{2}$$

En otras palabras,

$$\bigg(\frac{a_1}{a_2}-\frac{a_1+a_3}{a_2+a_3}\bigg)+ \bigg(\frac{a_2}{a_3}-\frac{a_1+a_2}{a_1+a_3}\bigg)+ \bigg(\frac{a_3}{a_1}-\frac{a_2+a_3}{a_1+a_2}\bigg) \geq 0 \etiqueta{3}$$

O

$$\bigg(\frac{\frac{a_1}{a_2}-1}{\frac{a_2}{a_3}+1}\bigg)+ \bigg(\frac{\frac{a_2}{a_3}-1}{\frac{a_3}{a_1}+1}\bigg)+ \bigg(\frac{\frac{a_3}{a_1}-1}{\frac{a_1}{a_2}+1}\bigg) \geq 0 \etiqueta{4}$$

Así que si ponemos $x_k=\frac{a_k}{a_{k+1}}+1$, esto es equivalente a

$$\bigg(\frac{x_1-2}{x_2}\bigg)+ \bigg(\frac{x_2-2}{x_3}\bigg)+ \bigg(\frac{x_3-2}{x_1}\bigg) \geq 0 \etiqueta{5}$$

o

$$\frac{x_1}{x_2}+ \frac{x_2}{x_3}+ \frac{x_3}{x_1} \geq \frac{2}{x_1}+ \frac{2}{x_2}+ \frac{2}{x_3} \etiqueta{6}$$

Ahora, por AM-GM hemos

$$\frac{2x_k}{x_{k+1}}+\frac{x_{k+2}}{x_k} \geq 3\bigg(\frac{x_kx_{k+2}}{x_{k+1}^2}\bigg)^{\frac{1}{3}} \etiqueta{7}$$

También, el Titular de la desigualdad implica que para cualquier positivos $w_1,w_2,w_3$,

$$(1^3+w_1^3)(1^3+w_2^3)(1^3+w_3^3) \geq (1\1 \1+w_1w_2w_3)^3$$

Tomando $w_k=(x_k-1)^{\frac{1}{3}}=(\frac{a_k}{a_{k+1}})^{\frac{1}{3}}$, vemos que $x_1x_2x_3 \geq 8$, y por lo tanto (7) implica que

$$\frac{2x_k}{x_{k+1}}+\frac{x_{k+2}}{x_k} \geq \frac{6}{x_{k+1}} \etiqueta{8}$$

Sumar en $k=1,2,3$, podemos deducir (6) a partir de (8), qed.

Answer 3

Este es un intento de una solución completa, sin embargo, hay un defecto fatal en la lógica, como se explica en los comentarios por Ivan Loh y Math110.

Se desprende de la AM-GM de la desigualdad que el Lado Izquierdo (LI) y el Lado Derecho (RHS) de la desigualdad original son tanto $\ge n$.

Considerar, a continuación, $\displaystyle\sum_{i=1}^n\left(\dfrac{a_i}{a_{i+1}}-1\right)-\displaystyle\sum_{i=1}^n\left(\dfrac{1-a_{i+1}}{1-a_i}-1\right) =$

$\displaystyle\sum_{i=1}^n\left(\dfrac{a_i-a_{i+1}}{a_{i+1}}-\dfrac{1-a_{i+1}-1+a_i}{1-a_i}\right) =$

$\displaystyle\sum_{i=1}^n\left(\dfrac{a_i-a_{i+1}}{a_{i+1}}-\dfrac{a_i-a_{i+1}}{1-a_i}\right)$

Tenga en cuenta que $1-a_i = \displaystyle \sum_{k \ne i}a_k\gt a_{i+1}$ ya que todos los términos de la secuencia son positivos.

Deje $b_i = a_{i+1}-a_{i}$. Entonces (gracias a robjohn para señalar esto) $\sum b_i = 0$

A continuación, tenemos las siguientes

$\displaystyle\sum_{i=1}^n\left(\dfrac{b_i(1-a_i)-b_ia_{i+1}}{a_{i+1}\left(1-a_i\right)}\right)$

Gracias a Math110 por señalar mi error inicial.

$\displaystyle\sum_{i=1}^n\left(\dfrac{b_i-b_i(a_i + a_{i+1})}{a_{i+1}\left(1-a_i\right)}\right)$

$\displaystyle\sum_{i=1}^n\left(\dfrac{b_i + a_{i+1}^2 - a_i^2}{a_{i+1}\left(1-a_i\right)}\right) > \displaystyle\sum_{i=1}^n\left(\dfrac{b_i + a_{i+1}^2 - a_i^2}{\left(1-a_i\right)^2}\right) >\displaystyle\sum_{i=1}^n\left(\dfrac{b_i + a_{i+1}^2 - a_i^2}{\left(1-\min(a_i)\right)^2}\right) = 0$ . Gracias a Ivan Loh y Math110 por señalar el error fatal en esta prueba en el intento, no sabemos si $b_i + a_{i+1}^2 - a_i^2$ es positivo. Dejo esto hasta aquí con la esperanza de que alguien más inteligente que yo, puede encontrar alguna manera de extender este método en una prueba plena. Si resulta que esto es un callejón sin salida me estará feliz de eliminar este intento de respuesta.