$a_i >0 \ ve \sum_1^n a_i=1$ $$\frac{a_1}{2-a_1}+\frac{a_2}{2-a_2}+...+\frac{a_n}{2-a_n}\geq\frac{n}{2n-1} $$ olduğunu gösteriniz

3 beğenilme 0 beğenilmeme
79 kez görüntülendi


1, Ekim, 2015 Lisans Matematik kategorisinde yavuzkiremici (1,760 puan) tarafından  soruldu

2 Cevaplar

0 beğenilme 0 beğenilmeme

Önce eşitsizliği chebishev ile ayıralım $\frac{a_1}{2-a_1}+\frac{a_2}{2-a_2}+...+\frac{a_n}{2-a_n}\geq$  $$\frac{1}{n}(a_1+a_2+.....+a_n)(\frac{1}{2-a_1}+\frac{1}{2-a_2}+...+\frac{1}{2-a_n})$$ $(a_1+a_2+.....+a_n)=1$ olarak verilmiş $$(\frac{1}{2-a_1}+\frac{1}{2-a_2}+...+\frac{1}{2-a_n})[2n-(a_1+..a_n)]\geq n^2 A.O\ge H.O \ yada\ Cauchy\  ile $$ eşitsizliğinide kullanırsak $$\frac{a_1}{2-a_1}+\frac{a_2}{2-a_2}+...+\frac{a_n}{2-a_n}\geq\frac{1}{n}[\frac{n^2}{2n-1}]$$ bulunur.

4, Ekim, 2015 yavuzkiremici (1,760 puan) tarafından  cevaplandı
0 beğenilme 0 beğenilmeme

Aritmetik-harmonik ortalama eşitsizliği kullanarak bir çözüm şöyle yapılabilir:


Çözüm 2: Verilen eşitsizliğin sağ tarafını düzenlemek için toplamın her bir terimine $1$ ekleyelim. Elbette toplamda $n$ eklemiş olduğumuzdan, sağ tarafa da $n$ eklemeliyiz. Her $k=1,2,\dots, n$ için $$ \dfrac{a_k}{2-a_k}+1 = \dfrac{2}{2-a_k}$$ olduğundan ispatlamamız istenen eşitsizlik toplam sembolü ile

$$ 2\left(  \sum_{k=0}^{n}\dfrac{1}{2-a_k}\right) \geq \dfrac{2n^2}{2n-1}\tag{1} $$

biçimine dönüşür.(İsterseniz $2$ çarpanlarını her iki taraftan sadeleştiriniz).

Bu tür bir ifade bize aritmetik-harmonik ortalamaları çağrıştırmaktadır. O halde $2-a_k$ terimleri için bu ortalamalar arasındaki eşitsizliği uygulayalım:

$$ \dfrac{\sum_{k=1}^n(2-a_k)}{n} \geq \dfrac{n}{\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{2-a_k}} \tag{2}$$

olur. $\sum_{k=1}^n(2-a_k)=2n-1$ olduğundan $(2)$ eşitsizliği bize $(1)$'i verir.

Ayrıca ortalama eşitsizliğinde eşitlik halinin geçerli olması için gerek ve yeter koşul $2-a_k$ terimlerinin eşit olmasıdır. Böylece $a_1=a_2=\cdots =a_n=\dfrac{1}{n}$ iken eşitlik sağlanır.

30, Aralık, 2019 lokman gökçe (756 puan) tarafından  cevaplandı
...