Nice Inequality 1

[rsoldo]

Let $a_1\geq1$, $a_2\geq1$, ... , $a_n\geq1$ are real numbers. Prove

$$\prod_{k=1}^{n}(1+a_k)\geq\frac{2^n}{n+1}\cdot\left(1+\sum_{k=1}^{n}a_k \right)$$

[TOTAL]

С обозначением $a_k=1+2t_k$ всё видно.

[vlad239]

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.

[rsoldo]

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?

[Dendr]

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.

[kotenok gav]

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.

[TOTAL]

rsoldo в сообщении #1529702 писал(а):

We denote $1+a_k:=2x_k$

$a_k=1+2x_k$