Inequality No3

[rsoldo]

Let $a, b$ are positive real numbers such that $a+b=1$. If $x_1, x_2, x_3, x_4, x_5$ are positive real numbers such that $x_1\cdot x_2\cdot x_3\cdot x_4\cdot x_5=1$, prove inequlity

$$(ax_1+b)\cdot(ax_2+b)\cdot ...\cdot(ax_5+b)\ge1.$$

[worm2]

Можно в лоб: сначала раскрыть скобки;
Потом сообразить, что коэффициент при $a^5$ равен 1;
Что коэффициент при $a^4b$ равен $\sum\limits_{i=1}^5\frac1{x_i}\geqslant 5$ (AM-GM);
Что коэффициент при $a^3b^2$ равен $\sum\limits_{\substack{i,j=1\\i>j}}^5\frac1{x_ix_j}\geqslant 10=\binom52$ (по тем же соображениям);
...
Что коэффициент при $b^5$ равен 1.

Т.е. что все коэффициенты в разложении больше либо равны соответствующего биномиального коэффициента в разложении $(a+b)^5=1$, и требуемое неравенство следует из положительности всех переменных.

Есть ли более красивый и короткий путь?

[TOTAL]

worm2 в сообщении #1544015 писал(а):

Есть ли более красивый и короткий путь?

Коротко и красиво следует из

$$(ax_1+b)\cdot(ax_2+b)\ge(a\sqrt{x_1x_2}+b)^2$$

[mihiv]

Методом Лагранжа находим условный экстремум функции в левой части неравенства при $x_1=\dots =x_5=1$.

[novichok2018]

TOTAL - красивый метод. Понял, как свернуть первые 4 скобки, а с пятой - что делать потом?

[TOTAL]

novichok2018 в сообщении #1544055 писал(а):

Понял, как свернуть первые 4 скобки, а с пятой - что делать потом?

Не надо сворачивать пятую скобку. И сотую скобку тоже не надо.
Неравенство означает, что наименьшее значение получается при $x_1=x_2= \dots = 1$

Если же очень хочется сворачивать, то добавляем несколько ничего не меняющих сомножителей с $x_6= x_7 = x_8= 1$

[novichok2018]

Не понял, но это не важно. Надеюсь, всем остальным понятно.

[TOTAL]

novichok2018 в сообщении #1544060 писал(а):

Не понял, но это не важно. Надеюсь, всем остальным понятно.

Из восьми сомножителей после попарного сворачивания получим четыре сомножителя. Потом два, потом один.

[novichok2018]

Понял, надо добавить скобки $(a+b)$ до восьми. Так? Прямо метод Коши какой-то.

[Shadow]

novichok2018 в сообщении #1544060 писал(а):

Не понял, но это не важно. Надеюсь, всем остальным понятно.

Можно доказать методом мат. индукции. Сортируем переменных в порядке возрастания. При индукционном переходе от $n$ к $n+1$ членов, обединям последних двух $(x_nx_{n+1})$:

$x_1x_2\cdots x_{n-1}(x_n\cdot x_{n+1})=1$, причем $(ax_1+b)(ax_2+b)\cdots (ax_nx_{n+1}+b) \ge 1$, потому что тут $n$ переменных.

Теперь воспользуемся подсказакой TOTAL

$(ax_n+b)\cdot(ax_{n+1}+b)\ge(a\sqrt{x_nx_{n+1}}+b)^2$

что очевидно, т.к. $x_nx_{n+1} \ge 1$

[Shadow]

Нет, так не получится, нам нужно доказать $(ax_n+b)(ax_{n+1}+b) \ge (ax_nx_{n+1}+b)$

-- 24.12.2021, 15:31 --

Значит так. При индукционном переходе от $n$ к $n+1$

Если все переменные единицы, то все ясно. Иначе среди чисел существуют $u<1,v>1$. Вот их и сворачивам в одну переменную $(uv)$

И теперь надо доказать, что при $b=1-a \ge 0$ выполняется

$(au+b)(av+b) \ge (auv+b)$

Что равносильно $a(1-a)(1-u)(v-1) \ge 0$

Но это уже немножко искуствено.

[iskander9908]

Можно использовать неравенство Гёльдера

[novichok2018]

Как Гёльдером?

[iskander9908]

Простите, не ту ссылку кинул
https://web.williams.edu/Mathematics/sj ... lities.pdf