Olympiad inequality 1

[rsoldo]

Let $a_{k}\geq1$, prove that:
$\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}(1+a_{k})\geq\frac{2^{n}}{n+1}\left(1+\sum_{k=1}^{n}a_{k}\right).$

[TOTAL]

rsoldo в сообщении #1487915 писал(а):

Let $a_{k}\geq1$, prove that:
$\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}(1+a_{k})\geq\frac{2^{n}}{n+1}\left(1+\sum_{k=1}^{n}a_{k}\right).$

Не доказать, т.к. утверждение неверное.
(За счёт $a_n$ правая часть может быть сколь угодно большой.)

При $a_1= \dots , a_n=1$ верно, а при больших - тем более.

[worm2]

Наверное, слева имелось в виду $\displaystyle\prod_{k=1}^\mathbf{n}$

[rsoldo]

Yes, my mistake! Shoulde be:

$$\displaystyle\prod_{k=1}^{n}(1+a_{k})\geq\frac{2^{n}}{n+1}\left(1+\sum_{k=1}^{n}a_{k}\right).$$

P.S. I replaced with another Problem

$$\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}(1+a^k)<\frac{1-a}{1-2a+a^n}.$$

I'm sorry

[novichok2018]

May be $0<a<1$, for large "a" not true.

[mihiv]

Обозначения:

$$I_n=\prod \limits _{k=1}^{n}(1+a_k), I_{n,i}=\prod \limits _{k=1,k\ne i}^{n+1}(1+a_k),S_{n+1}=\sum \limits _{k=1}^{n+1}a_k,S_{n,i}=S_{n+1}-a_i, Q_{n+1}=\sum \limits _{k=1}^{n+1}a_k^2$$

Нужно доказать, что $I_n\geq \dfrac {2^n}{n+1}(1+S_n)\eqno (1)$.
Очевидно $I_{n+1}\geq 2I_{n,i} \eqno (2).$ Доказываем по индукции. Для $n=1,2$ неравенство (1) справедливо. Пусть оно выполняется для всех $k\leq n$.(Отметим, что выполняются, конечно и неравенства $I_{n,i}\geq \dfrac {2^n}{n+1}(1+S_{n,i})=\dfrac {2^n}{n+1}(1+S_{n+1}-a_i)\eqno (5))$Тогда (с учетом (5)) :

$$I_{n+1}=(1+a_i)I_{n,i}\geq \dfrac {2^n}{n+1}(1+S_{n,i}+a_i+a_iS_{n,i})=\dfrac {2^n}{n+1}(1+S_{n+1}+a_iS_{n+1}-a_i^2)\eqno (3)$$

Просуммируем неравенства (3) по $i$ от 1 до $n+1:$

$$(n+1)I_{n+1}\geq \dfrac {2^n}{n+1}(n+1+(n+1)S_{n+1}+S_{n+1}^2-Q_{n+1})=\dfrac {2^n}{n+1}(n+1+(n+1)S_{n+1}+2\sum \limits _{1\leq i<j\leq n+1}^{n+1}a_ia_j)$$

Поскольку $2a_ia_j\geq a_i+a_j$, окончательно получим:

$$(n+1)I_{n+1}\geq \dfrac {2^n}{n+1}(n+1+(2n+1)S_{n+1})\eqno (4)$$

Выберем в неравенстве (5) в качестве $a_i$ число $a_0=\min (a_k)_{1\leq k\leq n+1}$ Сложим неравенства (2) и (4), и учтем неравенство (5) с выбранным $a_0$. Получим:

$$(n+2)I_{n+1}\geq \dfrac {2^n}{n+1}(n+3+(2n+3)S_{n+1}-2a_0)$$

Заметим, что в силу выбора $a_0, S_{n+1}-2a_0\geq n-1$, поэтому окончательно получим:

$$(n+2)I_{n+1}\geq 2^{n+1}(1+S_{n+1})$$

.

[TOTAL]

rsoldo в сообщении #1488250 писал(а):

$$\displaystyle\prod_{k=1}^{n}(1+a_{k})\geq\frac{2^{n}}{n+1}\left(1+\sum_{k=1}^{n}a_{k}\right).$$

Дифференцируем обе части по $a_n$, получаем верное неравенство

$$\prod_{k=1}^{n-1}(1+a_{k}) \geq\frac{2^{n}}{n+1} $$

-- Вс окт 25, 2020 12:06:33 --

novichok2018 в сообщении #1488296 писал(а):

May be $0<a<1$, for large "a" not true.

Да оно никогда не TRUE, так как правая часть может быть отрицательной.