Desigualdad variable: mostrar que $ {(\sum\limits_{i = 1}^{2n + 1} {{a_i}} )^2} \geqslant 4n\sum\limits_{i = 1}^{n + 1} {{a_i}{a_{i + n}}}.$

Question

Para cualquier entero positivo $n$ y números verdaderos (no necesariamente positivo) $a_1\geqslant a2 \geqslant …\geqslant a{2n+1}$, mostrar ese $$ {(\sum\limits_{i = 1} ^ {2n + 1} {{ai}}) ^ 2} \geqslant 4n\sum\limits {i = 1} ^ {n + 1} {{ai} {a {i + n}}}. $$

Lo que he probado: configurar $x_i :=ai - a{i+1}$ $i\leqslant 2n$ y $x{2n+1}:=a{2n+1}$ y calcular los coeficientes en ambos lados, pero poco a poco es difícil ir más lejos, tal vez simplemente no puede. Por favor ayuda.

Algo más: si todos $ai=1$ excepto $a{2n+1}=0$, la igualdad sostiene.

Answer 1

Yo estoy cerca de una solución, pero no puedo ir todo el camino, así que voy a mostrar lo que tengo en la esperanza de que alguien puede completar la prueba.

Vamos $a_i = a-b_i$, donde $a = a_1$ y $b_1 = 0$ por lo $b_i \ge 0$ y $b_i \le b_{i+1}$. La desigualdad se convierte en

${(\sum\limits_{i = 1}^{2n + 1} {(a-b_i)} )^2} \ge 4n\sum\limits_{i = 1}^{n + 1} {(a-b_i)(a-b_{i + n})} $.

El lado izquierdo es, si $B = \sum\limits_{i = 1}^{2n + 1} b_i$,

$\begin{array}\\ (\sum\limits_{i = 1}^{2n + 1} {(a-b_i)} )^2 &=((2n+1)a-\sum\limits_{i = 1}^{2n + 1} b_i )^2\\ &=((2n+1)a-B )^2\\ &=(2n+1)^2a^2-2(2n+1)aB+B^2\\ \end{array} $

El lado derecho es

$\begin{array}\\ 4n\sum\limits_{i = 1}^{n + 1} {(a-b_i)(a-b_{i + n})} &=4n\sum\limits_{i = 1}^{n + 1} (a^2-a(b_i+b_{i+n})+b_ib_{i + n})\\ &=4n((n+1)a^2-\sum\limits_{i = 1}^{n + 1}a(b_i+b_{i+n})+\sum\limits_{i = 1}^{n + 1}b_ib_{i + n})\\ &=4n(n+1)a^2-4na\sum\limits_{i = 1}^{n + 1}(b_i+b_{i+n})+4n\sum\limits_{i = 1}^{n + 1}b_ib_{i + n}\\ &=4n(n+1)a^2-4na(B+b_{n+1})+4n\sum\limits_{i = 1}^{n + 1}b_ib_{i + n}\\ &=4n(n+1)a^2-4na(B+b_{n+1})+4nS \qquad\text{where } S=\sum\limits_{i = 1}^{n + 1}b_ib_{i + n}\\ \end{array} $

La izquierda-derecha es así

$((2n+1)^2a^2-2(2n+1)aB+B^2)- (4n(n+1)^2-4na(B+b_{n+1})+4nS)\\ \quad=((2n+1)^2-4n(n+1))^2-(2(2n+1)-4n)aB+B^2+4nab_{n+1}-4nS\\ \quad=a^2-2aB+B^2+4nab_{n+1}-4nS\\ \quad=(a-B)^2+4nab_{n+1}-4nS\\ \quad=(a-B)^2+4n(ab_{n+1}-S)\\ $

Así que si podemos demostrar que $(a-B)^2+4n(ab_{n+1}-S) \ge 0$, o, de manera equivalente, $a^2-2aB+B^2+4nab_{n+1}-4nS \ge 0$, hemos terminado.

En este punto, Estoy atascado. Creo que de alguna manera nos necesitan utilizar $b_i \le b_{i+1}$ para acotar $S$ en relación a $B$, pero no veo cómo.

Answer 2

Inspirado por marty la respuesta, finalmente me soluciona el problema.

Deje $b_i:=a_i-b$ donde $b:=a_{2n+1}$, lo $b_{2n+1}=0$ $0\leqslant b_i\leqslant b_{i+1}$ por cada $i$.

La igualdad se convierte en $${\left( {\sum\limits_{i = 1}^{2n + 1} {\left( {{b_i} + b} \right)} } \right)^2} \geqslant 4n\sum\limits_{i = 1}^{n + 1} {\left( {{b_i} + b} \right)} \left( {{b_{i + n}} + b} \right)$$

$$\Leftrightarrow {\left( {\sum\limits_{i = 1}^{2n} {{b_i}}  + (2n + 1)b} \right)^2} \geqslant 4n\sum\limits_{i = 1}^{n + 1} {\left( {{b^2} + {b_i}b + {b_{i + n}}b + {b_i}{b_{i + n}}} \right)}$$

$$\Leftrightarrow (4{n^2} + 4n + 1){b^2} + (\sum\limits_{i = 1}^{2n} {{b_i}{)^2}}  + (4n + 2)b\sum\limits_{i = 1}^{2n} {{b_i}}  \geqslant (4{n^2} + 4n){b^2} + 4nb({b_{n + 1}} + \sum\limits_{i = 1}^{2n} {{b_i}} ) + 4n\sum\limits_{i = 1}^n {{b_i}{b_{i + n}}}$$

$$\Leftrightarrow {b^2} + (\sum\limits_{i = 1}^{2n} {{b_i}{)^2}}  + 2b\sum\limits_{i = 1}^{2n} {{b_i}}  \geqslant 4nb{b_{n + 1}} + 4n\sum\limits_{i = 1}^n {{b_i}{b_{i + n}}}$$

$$\Leftrightarrow {(b + \sum\limits_{i = 1}^{2n} {{b_i}}  - 2n{b_{n + 1}})^2} \geqslant 4{n^2}b_{n + 1}^2 + 4n\sum\limits_{i = 1}^n {{b_i}{b_{i + n}}}  - 4n{b_{n + 1}}\sum\limits_{i = 1}^{2n} {{b_i}}$$

$$\Leftarrow 4{n^2}b_{n + 1}^2 + 4n\sum\limits_{i = 1}^n {{b_i}{b_{i + n}}}  - 4n{b_{n + 1}}\sum\limits_{i = 1}^{2n} {{b_i}}  \leqslant 0$$

$$\Leftrightarrow \sum\limits_{i = 1}^n {({b_{n + 1}} - {b_i})({b_{n + 1}} - {b_{i + n}})}  \leqslant 0$$, which is obviously true since $${b_1} \geqslant {b_2} \geqslant  \cdots  \geqslant {b_{2n}}.$$

Para completar, es fácil encontrar que la igualdad tiene iff $${a_1} = {a_2} =  \cdots  = {a_{2n}} \geqslant {a_{2n + 1}} = 0.$$

Answer 3

Vamos a $a_{n+1} = a$ $i = 1,\dots,n$

• $a_i = a + x_i$;
• $a_{i+n+1} = a - y_{i+1}$

con tanto $x_i,y_i \ge 0$. También vamos a $x_{n+1} = y_1 = 0$. Por ejemplo, si $n=2$ utilizamos la siguiente notación: $$ a_1 = a+x_1,\; a_2 = a+x_2,\; a_3 = a,\; a_4 = a-y_2,\; a_5 = a-y_3. $$

Por último, vamos a $\sum x_i = X$, $\sum y_i = Y$ y $X-Y = S$.

Utilizando esta notación tenemos para la suma en RHP: $$ \sum_{i=1}^{n+1}a_ia_{i+n} = \sum_{i=1}^{n+1}(a + x_i)(y_i) \le \sum_{i=1}^{n+1} (a+x_i-y_i) = (n+1)^2 + como. $$ Ahora tenemos que demostrar que $$ \left(\sum_{i=1}^{2n+1}a_i\right)^2 = \big((2n+1)a + S\big)^2 \ge 4n(n+1)^2 + 4naS. $$ Tenemos \begin{align} \big((2n+1)a + S\big)^2 = (2n+1)^2a^2 + S^2 + 2(2n+1)Sa, \end{align} así \begin{align} \big((2n+1)a + S\big)^2 - 4n(n+1)a^2 - 4naS = \\ a^2 + S^2 + 2aS = (a+S)^2 \ge 0. \end{align} QED.