неравенство на экспоненту

[Paata]

Вроде простое, но я над нам сильно зациклился .
нужно доказать; что для положительных чисел $a_{j}$ выполняется неравенство.

$$ \exp\left( \left( \prod_{j=1}^{n} a_{j} \right)^{1/n} \right)-1 \leq \left( \prod_{j=1}^{n} \left(\exp(a_{j}) -1 \right) \right)^{1/n} $$

раскладывая все в ряды да действительно можно увидеть истину в этом неравенстве, но не хочется этого делать..
Есть ли у этого неравенство простое решение ?


коментарии: для выпуклой функции $f:[0,\infty) \to [0, \infty) $ с $f(0)=0$ вообще говоря не всегда выполняется неравенство
$f(a_{1})...f(a_{n}) \geq (f( (a_{1}...a_{n})^{1/n} ) )^{n}$


этим свойством обладают финцкии $\{ Cx^{k} \}$ при положительных $C$ и как увидите $\exp(x)-1$ т.е. в каком-то смысле (не в обычном) функции $Cx^{k}$ приближают $\exp(x)-1$ таким образом что это неравенство сохраняется.

[RIP]

Paata в сообщении #302221 писал(а):

$f(a_{1})...f(a_{n}) \geq (f( (a_{1}...a_{n})^{1/n} ) )^{n}$

Это неравенство можно переписать в виде
$g\left(\frac{b_1+\ldots+b_n}n\right)\le\frac{g(b_1)+\ldots+g(b_n)}n$,
где $g(x)=\log f(e^x)$, $b_\nu=\log a_\nu$. Возможно, поможет.

[Paata]

Да действительно помогает и полностю решает эту задачу. Спасибо