2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему
 
 Nice Inequality 1
Сообщение12.07.2021, 12:37 


01/08/19
95
Let $a_1\geq1$, $a_2\geq1$, ... , $a_n\geq1$ are real numbers. Prove
$$\prod_{k=1}^{n}(1+a_k)\geq\frac{2^n}{n+1}\cdot\left(1+\sum_{k=1}^{n}a_k \right)$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Nice Inequality 1
Сообщение12.07.2021, 15:32 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/08/07
5420
Нов-ск
С обозначением $a_k=1+2t_k$ всё видно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Nice Inequality 1
Сообщение14.07.2021, 20:25 


06/01/09
231
Я бы просто штурмовал с фиксированной суммой. правая часть не меняется, а левая уменьшается при раздвигании чисел. Поэтому самый худший пример это много единиц и одно какое-то число. На $2^{n-1}$ сокращаем и для оставшегося числа получаем неравенство $1+a\ge \frac{2}{n+1}\cdot (n+a)$, оно сводится к $(1+a)(n+1)\ge 2(n+a)$, то есть $1+a+n+na\ge 2n+2a$, $1-a-n+an\ge 0$, $(a-1)(n-1)\ge 0$, что верно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Nice Inequality 1
Сообщение26.08.2021, 14:05 


01/08/19
95
We denote $1+a_k:=2x_k$ and we need to prove:
$$(n+1)\prod_{k=1}^{n} x_k-2\sum_{k=1}^{n}x_k+n-1\geq0~~(1)$$

How to prove this inequality?

 Профиль  
                  
 
 Re: Nice Inequality 1
Сообщение26.08.2021, 20:55 


02/04/18
240
Вот так например.

При $n=1$ очевидно.
Пусть $n=2$, тогда домножим выражение на 3 и запишем:
$$9xy-6(x+y) +3\ge0$$
Выделим множители:
$$(3x-2)(3y-2) \ge1$$
Так как каждое число не меньше 1, оба выражения в скобках не меньше 1, и их произведение тоже, и утверждение доказано.

Теперь воспользуемся индукцией: пусть доказано для всех $n=1, 2, ..., k-1$, убедимся, что неравенство верно и для $n=k\ge3$.

Выделим одно значение из них, $x$, сумму остальных обозначим $S\ge k-1$, произведение - $P\ge1$. Так как индукция верна для $k-1$ числа, то
$$P\ge\frac{2}{k}(S+1) -1$$

Мы хотим доказать, что верно неравенство :
$$Px\ge\frac{2}{k+1}(S+x+1)-1$$
Оно выполнится, если выполнится $(\star)$
$$\frac{2x}{k}(S+1)-x\ge\frac{2}{k+1}(S+x+1) -1$$
Домножим обе части на $k/2$ и перенесем некоторые слагаемые влево:
$$xS-S\frac{k}{k+1}+x\left(1-\frac{k}{2}-\frac{k}{k+1}\right)\ge \frac{k}{k+1}-\frac{k}{2}$$
иначе:
$$\left(x-\frac{k}{k+1}\right)\left(S+1-\frac{k}{2}-\frac{k}{k+1}\right)\ge \frac{k}{k+1}-\frac{k}{2}-\frac{k}{k+1}\left( 1-\frac{k}{2}-\frac{k}{k+1}\right)$$
Домножаем на $2(k+1)^2$:
$$[x(k+1)-k][2(S+1)(k+1)-k(k+1)-2k]\ge 2k(k+1)-k(k+1)^2-k[(2-k)(k+1)-2k]=k^2-k$$
Но, поскольку $x\ge1, S+1\ge k$, в левой части видим:
$x(k+1)-k\ge(k+1)-k=1$
$2(S+1)(k+1)-k^2-3k\ge2k(k+1)-k^2-3k=k^2-k$
Поэтому $l.h.s.\ge k^2-k=r.h.s.$, то есть неравенство $(\star)$ верно, следовательно, утверждение задачи доказано.

 Профиль  
                  
 
 Re: Nice Inequality 1
Сообщение27.08.2021, 04:40 


21/05/16
4292
Аделаида
Решение TOTAL намного проще. Там всё в одну строку получается.

-- 27 авг 2021, 11:16 --

Неравенство можно даже усилить:
$$\prod_{k=1}^{n}(1+a_k)\geq\frac{2^n}{n+1}\cdot\left(n+1+\dfrac{n+1}2\sum_{k=1}^{n}(a_k-1) \right)=2^n\left(1+\dfrac12\sum_{k=1}^{n}(a_k-1) \right)$$
Но так оно вообще мгновенно очевидно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Nice Inequality 1
Сообщение27.08.2021, 13:18 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/08/07
5420
Нов-ск
rsoldo в сообщении #1529702 писал(а):
We denote $1+a_k:=2x_k$
$a_k=1+2x_k$

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 7 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group