[Proposed, niv. 2] Une inégalité


  • Math&Maroc

    Soient a1,a2,,ana_1,a_2,\cdots,a_n des réels strictement positifs tels que a1+a2++an=1a_1+a_2+\cdots+a_n=1.
    Montrer que :
    (11a1++11an)×(aiaj)n2 \left( \dfrac{1}{1-a_1}+\cdots+\dfrac{1}{1-a_n}\right)\times\left(\sum_{} a_ia_j\right)\leq \dfrac{n}{2}
    où la somme porte sur les ii < jj allant de 11 à nn.



  • We have by lagrange Identity and chebyshev's inequality
    (i=1n11ai)(1i<jnaiaj)=(i=1n11ai)(i=1n1ai2)=(i=1n11ai)n(i=1n1+ai)=n(n+1) \left(\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{1-a_i}\right)\left(\sum_{1\le i \lt j\le n}a_ia_j\right)= \left(\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{1-a_i}\right)\left(\sum_{i=1}^{n} 1-a_i^2\right)=\left(\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{1-a_i}\right)\le n \left(\sum_{i=1}^{n} 1+a_i\right)=n(n+1)!!
    Correct me!!I had seen this inequality in https://www.facebook.com/photo.php?fbid=1765420653783175&set=gm.1815872335367486&type=3&theater.!


  • Math&Maroc

    Appelons AA le membre de gauche de l'inégalité, et supposons (sans perte de généralité) que a1a2ana_1\leq a_2\leq\cdots\leq a_n, alors d'après l'inégalité de Chebychev on a :
    2×A=(i=1n11ai)(1i=1nai2)=(i=1n11ai)(i=1nai(1ai))ni=1nai=n.2\times A=\left(\sum_{i=1}^n \dfrac{1}{1-a_i}\right)\left(1-\sum_{i=1}^n a_i^2\right)=\left(\sum_{i=1}^n \dfrac{1}{1-a_i}\right)\left(\sum_{i=1}^n a_i(1-a_i)\right)\leq n\sum_{i=1}^n a_i=n.


  • Math&Maroc

    @Anas-Adlany Les vrais maîtres (maestros) sont là, les donneurs de leçons sont là bas.
    Ne perd pas ton temps avec eux. Bonne continuation.



  • bah oui mr assila!


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