Demostrar que $\frac{a_1^2}{a_1+b_1}+\cdots+\frac{a_n^2}{a_n+b_n} \geq \frac{1}{2}(a_1+\cdots+a_n).$

Question

Dejemos que $a_1,a_2,\ldots,a_n,b_1,b_2,\ldots,b_n$ sean números positivos con $a_1+a_2+\cdots+a_n = b_1+b_2+\cdots+b_n$ . $$\text{Prove that} \dfrac{a_1^2}{a_1+b_1}+\cdots+\dfrac{a_n^2}{a_n+b_n} \geq \dfrac{1}{2}(a_1+\cdots+a_n).$$

Intento

Parece que debería usar AM-GM en la parte inferior de cada fracción. Entonces obtenemos $\dfrac{a_i^2}{a_i+b_i} \leq \dfrac{a_i^2}{2\sqrt{a_ib_i}}$ . Pero esto no parece ayudar ya que obtenemos un límite superior. Dado que hay tanto sobre $a_1+\cdots+a_n$ en este problema, creo que una sustitución de eso podría funcionar.

Answer 1

Desde $\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{a_i^{2}}{a_i+b_i}-\sum_{i=1}^{n}\frac{b_i^{2}}{a_i+b_i}=\sum_{i=1}^n\frac{a_i^{2}-b_i^{2}}{a_i+b_i}=\sum_{i=1}^n(a_i-b_i)=0$ , $\displaystyle\;\;\sum_{i=1}^n\frac{a_i^{2}+b_i^{2}}{a_i+b_i}=2\sum_{i=1}^n\frac{a_i^{2}}{a_i+b_i}$ .

Desde $2(a_i^{2}+b_i^{2})\ge(a_i+b_i)^2$ , $\displaystyle\;\;2\sum_{i=1}^n\frac{a_i^{2}}{a_i+b_i}=\sum_{i=1}^n\frac{a_i^{2}+b_i^{2}}{a_i+b_i}\ge\sum_{i=1}^n\frac{a_i+b_i}{2}=\sum_{i=1}^n a_i$

Answer 2

Utilizando la desigualdad de Cauchy-Schwarz $$ (x_1^2+\cdots+x_n^2)(y_1^2+\cdots+y_n^2)\ge (x_1y_1+\cdots+x_ny_n)^2, $$ para $x_i=\displaystyle\frac{a_i}{\sqrt{a_i+b_i}}\,$ y $\,y_i=\sqrt{a_i+b_i}$ obtenemos

$$ \left({\frac{a_1^2}{a_1+b_1}}+\cdots+\frac{a_n^2}{a_n+b_n}\right)\big((a_1+b_1)+\cdots+(a_n+b_n)\big)\ge \left(a_1+\cdots+a_n\right)^2, $$ o de forma equivalente $$ 2\left({\frac{a_1^2}{a_1+b_1}}+\cdots+\frac{a_n^2}{a_n+b_n}\right)(a_1+\cdots+a_n)\ge \left(a_1+\cdots+a_n\right)^2, $$ y finalmente $$ {\frac{a_1^2}{a_1+b_1}}+\cdots+\frac{a_n^2}{a_n+b_n}\ge \frac{1}{2}\left(a_1+\cdots+a_n\right). $$

Answer 3

Se puede demostrar utilizando la técnica inversa de Cauchy. En detalles, $$ \sum\limits_{i=1}^n{\frac{2a_i^2}{a_i+b_i}}=\sum\limits_{i=1}^n{\left(2a_i-\frac{2a_ib_i}{a_i+b_i}\right)} \ge \sum\limits_{i=1}^n{\left(2a_i-\sqrt{a_ib_i}\right)} $$ Por tanto, basta con demostrar la siguiente desigualdad $$ \sum\limits_{i=1}^n{a_i} \ge \sum\limits_{i=1}^n{\sqrt{a_ib_i}} $$ lo cual es bastante claro ya que $$ 2\sum\limits_{i=1}^n{a_i}=\sum\limits_{i=1}^n{\left(a_i+b_i\right)} \ge 2\sum\limits_{i=1}^n{\sqrt{a_ib_i}} $$ según la desigualdad AM-GM y la condición

Observación. Si hay un menos antes de una fracción, entonces podemos aplicar AM-GM en el denominador.

Answer 4

La siguiente solución es similar a las anteriores. En primer lugar, demostraremos el siguiente lema:

Lema. Para los reales positivos $x$ y $y$ la desigualdad $\frac{x^2}{y}\geq 2x-y$ se mantiene.

Prueba. De hecho, equivale a $\frac{(x-y)^2}{y}\geq 0$ .

Ahora, aplique esta desigualdad para $x=2a_i$ y $y=a_i+b_i$ $$ \frac{4a_i^2}{a_i+b_i}\geq 4a_i-(a_i+b_i)=3a_i-b_i. $$ Sumando estas desigualdades para $i=\overline{1,n}$ obtenemos $$ \sum_{i=1}^{n}\frac{a_i^2}{a_i+b_i}\geq\frac{1}{4}\sum_{i=1}^{n}(3a_i-b_i)=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n}a_i, $$ como se desee.

Comentario. Se puede extender el lema de la siguiente manera: para todo positivo $x$ , $y$ , $p$ y $q$ (con $p\neq q$ ) tenemos $$ \frac{x^p}{y^q}\geq\frac{px^{p-q}-qy^{p-q}}{p-q}. $$ Usando esta desigualdad podemos crear un montón de problemas similares (este lema ayuda cuando queremos estimar la fracción del tipo $\frac{A^p}{B^q}$ ).

Answer 5

Sugerencia: Utilice el hecho de que $f(x)=\frac{1}{x+1}$ es convexo y entonces utilizar la desigualdad de Jensen ponderada .