найти значение Min

[ewert]

Да, глобальной монотонности нет, но достаточно и локальной.

Пусть $s_k=a_1+a_2+\ldots+a_k.$ По условию $a_{k}\geqslant s_{k-1}$ и $s_{k}=a_{k}+s_{k-1},$ откуда $a_{k}\geqslant{1\over2}s_{k}.$ Докажем, что в точке максимума все неравенства должны превращаться в равенства (т.е. что если хоть одно из неравенств строгое, то это не может быть точкой максимума). Очевидно, для самого последнего неравенства утверждение верно. Предположим, что оно верно для всех неравенств, начиная с $(k+1)$-го, т.е. что должно быть

$a_{k+1}=s_{k};$
$a_{k+2}=s_{k+1}=a_{k+1}+s_{k}=2a_{k+1};$
$a_{k+3}=s_{k+2}=a_{k+2}+s_{k+1}=2a_{k+2}$

и т.д.. Тогда в выражении

$${a_{1}\over a_{2}}+{a_{2}\over a_{3}}+\ldots+{a_{k-1}\over a_{k}}+{a_{k}\over a_{k+1}}+{a_{k+1}\over a_{k+2}}+\ldots$$

все слагаемые, начиная с последнего выписанного, фиксированы (равны половинкам) и, следовательно, зависимость всей суммы от $a_k$ определяется только двумя слагаемыми:

$${a_{k-1}\over a_{k}}+{a_{k}\over a_{k+1}}={a_{k-1}\over a_{k}}+{a_{k}\over a_{k}+s_{k-1}}.$$

При $a_k\in(0;+\infty)$ эта функция в зависимости от $a_k$ сперва убывает, а потом начинает возрастать. Поэтому максимально возможное значение она может принимать только в крайних точках: $a_k=+\infty$ или $a_k=s_{k-1}.$ В первом случае получаем единичку, а во втором -- не меньше единички, т.к. ${a_{k-1}\over s_{k-1}}\geqslant{1\over2}.$ Т.е. никакое $a_k\in(s_{k-1};+\infty)$ не может давать максимума, т.е. должно быть $a_k=s_{k-1}$, ч.т.д..

[TOTAL]

Даже производные не нужны. Пусть при каком-то $k$ выполнено $a_{k+1}=a_1+a_2+\ldots+a_k.$
Обозначим
$a_k=t a_{k+1}, \; \frac{1}{2} \le t < 1$
$a_i=p_i(1-t)a_{k+1}, \; i=1, ..., k-1,$ где $p_{k-1} \ge \frac{1}{2}$
Очевидно неравенство:

$$\frac{a_{k-1}}{a_k} + \frac{a_{k}}{a_{k+1}}=\frac{p_{k-1}(1-t)}{t} + t \le \frac{p_{k-1}(1-\frac{1}{2})}{\frac{1}{2}} + \frac{1}{2}$$

[ewert]

TOTAL в сообщении #234329 писал(а):

Обозначим
$a_k=t a_{k+1}, \; \frac{1}{2} \le t < 1$

Непонятно. У Вас новое, якобы, не превосходит двух старых. А почему? (ладно бы ещё в обратную сторону)

[TOTAL]

ewert в сообщении #234331 писал(а):

TOTAL в сообщении #234329 писал(а):

Обозначим
$a_k=t a_{k+1}, \; \frac{1}{2} \le t < 1$

Непонятно. У Вас новое, якобы, не превосходит двух старых. А почему? (ладно бы ещё в обратную сторону)

$$a_k=a_{k+1}-(a_1+ ... +a_{k-1}) \ge a_{k+1}-a_k $$

[ewert]

TOTAL в сообщении #234335 писал(а):

$$a_k=a_{k+1}-(a_1+ ... +a_{k-1})$$

Ну, это ещё более непонятно. Я ведь не к нюансам придираюсь, дело в принципе. Изначально в постановке задачи никаких ограничений на члены последовательности сверху нет, а у Вас они откуда-то вдруг появляются.

[TOTAL]

ewert в сообщении #234298 писал(а):

$a_{k+1}=s_{k};$

А это понятно? (У меня записано то же самое.)

С помощью замены $t$ на $\frac{1}{2}$ изменяются $a_1, ... a_k$ так, что сумма не убывает.

[ewert]

Так у Вас же неравенство вроде как не в ту сторону записано:

TOTAL в сообщении #234335 писал(а):

$$a_k=a_{k+1}-(a_1+ ... +a_{k-1}) \ge a_{k+1}-a_k $$

Ведь $a_k$ же больше скобки.

[TOTAL]

ewert в сообщении #234341 писал(а):

Ведь $a_k$ же больше скобки.

Не верите, что $-1 \ge -5$?

[ewert]

TOTAL в сообщении #234344 писал(а):

Не верите, что $-1 \ge -5$?

Да, эт я не прав. Но только потому, что Ваша логика -- ещё более разгильдяистая, чем моя. В частности, мне так и лень вдумываться, почему это $p\geqslant{1\over2}$ (наверное, больше, но -- лень). И, кстати, мне производные тоже не особо так нужны -- выражение-то квадратично.

[TOTAL]

ewert в сообщении #234348 писал(а):

В частности, мне так и лень вдумываться, почему это $p\geqslant{1\over2}$

Я такого не утверждал. Я только говорил, что $p_{k-1} \ge \frac{1}{2}$ (только для этого индекса)
Это опять следует из того, что для любого $i$ выполняется

$$\frac{a_i}{a_1+... +a_i} \ge \frac{1}{2}$$

[daogiauvang]

TOTAL в сообщении #234329 писал(а):

Даже производные не нужны. Пусть при каком-то $k$ выполнено $a_{k+1}=a_1+a_2+\ldots+a_k.$
Обозначим
$a_k=t a_{k+1}, \; \frac{1}{2} \le t < 1$
$a_i=p_i(1-t)a_{k+1}, \; i=1, ..., k-1,$ где $p_{k-1} \ge \frac{1}{2}$
Очевидно неравенство:

$$\frac{a_{k-1}}{a_k} + \frac{a_{k}}{a_{k+1}}=\frac{p_{k-1}(1-t)}{t} + t \le \frac{p_{k-1}(1-\frac{1}{2})}{\frac{1}{2}} + \frac{1}{2}$$

А если нет "Пусть при каком-то $k$ выполнено $a_{k+1}=a_1+a_2+\ldots+a_k.$" что будет дальше! Я еще не видел полное решение.

[TOTAL]

daogiauvang в сообщении #234357 писал(а):

А если нет "Пусть при каком-то $k$ выполнено $a_{k+1}=a_1+a_2+\ldots+a_k.$" что будет дальше! Я еще не видел полное решение.

Сделайте так, что при каком-то $k$ будет выполнено, а сумма не уменьшилась.