Cómo demostrar a $\sum\limits_{i =1}^{26} \frac{a_i}{\sum_{j =0}^{i} a_j^2} \leq \sqrt{26}$

Question

Dado arbitraria de números reales $a_i$,

Demostrar que

$$\sum_{i =1}^{26} \frac{a_i}{\sum_{j =0}^{i} a_j^2} \leq \sqrt{26}$$

donde $a_0 = 1$

Así se verá así:

$$\frac{a_1}{(1+a_{1}^2)} + \frac{a_2}{(1+ a_{1}^2 + a_{2}^2)} + \cdots + \frac{a_{26}}{(1+ a_1^2+ \cdots + a_{26}^2)}$$

Answer 1

Aquí está una prueba más general de la desigualdad $$ \sum_{i=1}^n \frac{a_i}{1 + \sum_{j=1}^i a_j^2} \leq \sqrt{n}. $$ donde$a_1, \ldots, a_n$$\mathbb{R}$. El método es un poco engorroso, así que estaría interesado en una más directa de la prueba.

Supongo que este problema viene de una competencia de matemáticas y estaría interesado en saber su origen.

Deje $S_n$ denotar la suma. Claramente podemos suponer que cada una de las $a_i \geq 0$, ya que de lo contrario podríamos aumentar el $S_n$ al cambiar el signo de una de las variables. Ahora hacemos el cambio de variables $$ a_i = t_i \sqrt{1 + a_1^2 + \cdots + a_{i-1}^2} $$ para cada una de las $i$, de modo que $$ \frac{a_i}{1 + \sum_{j=1}^{i-1} a_j^2 + a_i^2} = \frac{1}{\sqrt{1 + \sum_{j=1}^{i-1} a_j^2}} \frac{t_i}{1 + t_i^2} $$ y además $$ \frac{1}{\sqrt{1 + \sum_{j=1}^{i-1} a_j^2}} = \prod_{j=1}^{i-1} \frac{1}{\sqrt{1 + t_j^2}}. $$ Ahora tenemos $$ S_n = \sum_{i=1}^n \frac{t_i}{1 + t_i^2} \prod_{j=1}^{i-1} \frac{1}{\sqrt{1 + t_j^2}}. $$ Agrupando términos, obtenemos $$ S_n = \frac{t_1}{1 + t_1^2} + \frac{1}{\sqrt{1 + t_1^2}} \left( \frac{t_2}{1 + t_2^2} + \frac{1}{\sqrt{1 + t_2^2}} \left( \cdots \right)\right) $$ Por lo tanto, definir $f : [n] \to \mathbb{R}^+$ inductivamente por $$ f(n) = \max_{t_n \geq 0} \frac{t_n}{1 + t_n^2} $$ y $$ f(k) = \max_{t_k \geq 0} \frac{t_k}{1 + t_k^2} + f(k+1) \frac{1}{\sqrt{1 + t_k^2}}. $$ Luego tenemos a $S_n \leq f(1)$ (y de hecho, $f(1) = \max_{t_1, \ldots, t_n} S_n$).

Tenga en cuenta que si $M$ es un límite superior para $f(k+1)$, luego $$ \max_{t_k \geq 0} \frac{t_k}{1 + t_k^2} + M \frac{1}{\sqrt{1 + t_k^2}} $$ es un límite superior para $f(k)$. Por lo tanto, es suficiente para mostrar que $$ f(k) \leq \sqrt{n+1-k} $$ inductivamente en $k$, a partir de $n$.

Tenemos el caso base $$ f(n) = \max_{t_n \geq 0} \frac{t_n}{1 + t_n^2} \leq \frac{1}{2}. $$ Por lo tanto, es suficiente para nosotros para mostrar $$ \frac{t}{1 + t^2} + \sqrt{m} \frac{1}{\sqrt{1 + t^2}} \leq \sqrt{m+1} $$ para cada $m \geq 1$ uniformemente en $t \geq 0$. Con el trivial obligado $$ \frac{t}{1 + t^2} \leq \frac{t}{\sqrt{1 + t^2}} $$ basta para mostrar $$ \frac{t + \sqrt{m}}{\sqrt{1 + t^2}} \leq \sqrt{m+1}. $$ El cuadrado, es suficiente para mostrar $$ \frac{t^2 + 2 t \sqrt{m} + m}{1 + t^2} \leq m + 1 $$ O, de manera equivalente, $$ t^2 + 2 t \sqrt{m} + m \leq m + 1 + (m + 1) t^2 $$ o $$ 2 t \sqrt{m} \leq 1 + m t^2. $$ Pero este es el AM-GM de la desigualdad de los par $(1, mt^2)$, y la prueba está completa.

Tenga en cuenta que el método de la prueba mostraron que la desigualdad es no afilado para cualquier $n$.

Answer 2

Supongamos que $n$ es un entero positivo y que $x\in \mathbb{R}^{n+1}$. Por el Cauchy-Schwarz desigualdad, tenemos $$\sum_{k=0}^n |x_k| \le \left(\sum_{k=0}^n x^2_k\right)^{1/2} \left(\sum_{k=0}^n 1\right)^{1/2} = \sqrt{n+1}\|x\| $$ División obtenemos $$\sum_{k=0}^n {|x_k|\over {\|x\|^2}} \le {\sqrt{n+1}\over \|x\|}$$ Desde el primer coordiante de su vector es de 1, tiene $\|x\|\ge 1$.

A partir de esto, soy capaz de obtener $$ \sum_{k=0}^n {|x_k|\over {\|x\|^2}} \le \sqrt{n+1}$$

Tal vez usted puede enfocar esto.