Eşitsizlik İspatı

Question

Her $x_i$ pozitif reel sayı ise

$(x_1+x_2+\cdots+x_n)(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\cdots+\frac{1}{x_n})\geq n^2$

olduğunun ispatı. üstünde biraz düşündüm ama aklıma payda eşitlemekten başka bir şey gelmedi, payda eşitlenerek bulunamayacağını düşündüm. harmonik ortalama ve aritmetik ortalama eşitsizlikleri kullanılarak yapılabiliyor ama faha farklı bir ispatı var mı ?

Comments

soru direkt harmonik-geometrik-aritmatik ortalama eşitsizliklerini biraz degiştirmesine oturtulmuş gibi gözüküyor, başka çözüm için matematik induksiyon denenebilir.

Answer 1

Her $a,b>0$ gerçel sayısı için $\frac ab+\frac ba\geq2$ olduğunu ( ve eşitlik yalnızca $a=b$ iken sağlanır) göstermek zor değildir.

$\begin{align}&(x_1+x_2+\cdots+x_n)\left(\frac1{x_1}+\frac1{x_2}+\cdots+\frac1{x_n}\right)\\&=n+\left(\frac {x_1}{x_2}+\frac {x_2}{x_1}\right)+\cdots+\left(\frac {x_{n-1}}{x_n}+\frac {x_n}{x_{n-1}}\right)\end{align}$

olur. Sağdaki parantezlerin sayısı $\binom{n}{2}=\frac12n(n-1)$  ve her biri  $\geq2$ olduğundan, 

$$(x_1+x_2+\cdots+x_n)\left(\frac1{x_1}+\frac1{x_2}+\cdots+\frac1{x_n}\right)\geq n+n(n-1)=n^2$$ elde edilir.

 (Eşitliğin, yalnızca, $x_1=x_2=\cdots=x_n$ iken sağlandığı da, ilk satırdaki nottan elde edilir)

Answer 2

Farklı bir yol olarak Cauchy- Schwarz eşitsizliği  kullanılabilir

$ a_1,a_2,\dots , a_n $ ve $ b_1,b_2,\dots , b_n $ gerçel sayıları için

$ (a_1b_1 + a_2b_2 + \cdots + a_nb_n)^2 \leq (a_1^2 + a_2^2 + \cdots + a_n^2)(b_1^2 + b_2^2 + \cdots + b_n^2)$

eşitsizliği vardır. Eşitlik durumu ancak ve ancak $\dfrac{a_1}{b_1}=\dfrac{a_2}{b_2}= \cdots = \dfrac{a_n}{b_n} $ iken vardır.

Burada $a_i=\sqrt{x_i}$ ve $b_i=\dfrac{1}{\sqrt{x_i}}$ ($i=1,2, \dots, n $) alınırsa 

$(1 + 1 + \cdots + 1)^2 \leq (x_1 + x_2 + \cdots +x_n)(\dfrac{1}{x_1} +\dfrac{1}{x_2} + \cdots + \dfrac{1}{x_n} ) $

elde edilir. Sol tarafta $n$ tane $1$ toplandığından istenen eşitsizlik elde edilir.