Индукция в неравенстве

[lexai]

Здравствуйте!
Хотелось бы разобраться в задаче: Произведение положительных чисел $a_1, a_2, …, a_n$ равно 1. Докажите, что $(1+a_1)(1+a_2)...(1+a_n)\geqslant2^n$.
Итак, я попытался доказать по индукции.
База: n=1 все в порядке
Переход: $(1+a_1)(1+a_2)...(1+a_n)(1+a_{n+1})\geqslant2^n(1+a_{n+1})$
Так как $a_1a_2a_3...a_n=1$ и $a_1a_2a_3...a_na_{n+1}=1$, то $a_{n+1}=1$. Тогда переход, очевидно, доказан.
Собственно, это мое решение.
Подскажите, пожалуйста, ошибся ли я.
Cпасибо!

[provincialka]

А как вы добавили новое число к последовательности? В условии индукции $a_1\cdot a_2\cdot ...\cdot a_n = 1$. А в следствии $a_1\cdot a_2\cdot ...\cdot a_{n+1} = 1$. Это другие числа!

[nnosipov]

lexai в сообщении #932478 писал(а):

Так как $a_1a_2a_3...a_n=1$

Это уже не входит в индукционное предположение. Здесь и ошибка.

Эта задача решается без индукции. Намёк: $x+1/x \geqslant 2$ при $x>0$.

[lexai]

provincialka в сообщении #932481 писал(а):

А как вы добавили новое число к последовательности? В условии индукции $a_1\cdot a_2\cdot ...\cdot a_n = 1$. А в следствии $a_1\cdot a_2\cdot ...\cdot a_{n+1} = 1$. Это другие числа!

Но ведь мы добавляем новое число, такое что для него должно выполнятся то, что произведение чисел вместе с новым равно 1, при этом по предположению мы знаем, что для предыдущего числа неравенство выполняется, а также, что $a_1a_2...a_n=1$.
При добавлении нового числа мы не меняем предыдущие, ведь так?
Меня самого этот момент смущает.
Но тогда как доказать по индукции? Меня интересует именно такой способ решения.

[provincialka]

lexai в сообщении #932493 писал(а):

мы знаем, что неравенство выполняется, а также, что $a_1a_2...a_n=1$.

С чего бы это? При переходе к новому значению $n$ и числа $a_k$ становятся другими.
Если непременно хотите по индукции, предположите, что $a_1a_2...a_{n+1}=1$. Теперь выберите некоторые $n$ чисел, произведение которых также равно 1. Они почти все будут совпадать с выписанными.

[lexai]

provincialka в сообщении #932500 писал(а):

lexai в сообщении #932493 писал(а):

мы знаем, что неравенство выполняется, а также, что $a_1a_2...a_n=1$.

С чего бы это? При переходе к новому значению $n$ и числа $a_k$ становятся другими.
Если непременно хотите по индукции, предположите, что $a_1a_2...a_{n+1}=1$. Теперь выберите некоторые $n$ чисел, произведение которых также равно 1. Они почти все будут совпадать с выписанными.

Но разве такие $n$ чисел существуют среди $a_1,a_2,...,a_{n+1}$?
Или тогда их произвольно брать, но что это даст?

[Shadow]

nnosipov в сообщении #932482 писал(а):

Эта задача решается без индукции.

С грехом пополам все таки можно: когда все единицы - тривиально, иначе будут по крайней мере одно число больше и по крайной мере одно меньше 1.
И т.к $a_1a_2\ldots(a_ka_{k+1})=1$ (тут надо хитро поставить скобки после подходящей перестановки множителей) доказать, что $(1+a_k)(1+a_{k+1}) \ge 2(1+a_ka_{k+1})$

[lexai]

Shadow в сообщении #932514 писал(а):

nnosipov в сообщении #932482 писал(а):

Эта задача решается без индукции.

С грехом пополам все таки можно: когда все единицы - тривиально, иначе будут по крайней мере одно число больше и по крайной мере одно меньше 1.
И т.к $a_1a_2\ldots(a_ka_{k+1})=1$ (тут надо хитро поставить скобки после подходящей перестановки множителей) доказать, что $(1+a_k)(1+a_{k+1}) \ge 2(1+a_ka_{k+1})$

Но разве всегда мы сможем найти такие два числа, что $a_ka_{k+1}$ равно 1? Тогда из неравенства $(1+a_k)(1+a_{k+1}) \ge 2(1+a_ka_{k+1})$ не следует, что $(1+a_k)(1+a_{k+1}) \ge 2(1+a_ka_{k+1})\ge2^2$
И если чисел, не равных 1, больше 2, то как я понимаю, надо выбрать два числа такие, что одно больше 1 и одно меньше 1 (неравенство $(1+a_k)(1+a_{k+1}) \ge 2(1+a_ka_{k+1})$ доказывается просто).

[nnosipov]

Shadow в сообщении #932514 писал(а):

С грехом пополам все таки можно

Но без индукции всё же проще. Хотя ТС видней, пусть выбирает.

[Shadow]

nnosipov в сообщении #932531 писал(а):

Но без индукции всё же проще

Наверное, я так - если очень хочется индукцией

nnosipov в сообщении #932531 писал(а):

Хотя ТС видней