He encontrado el siguiente problema en un sitio web y sería curioso para encontrar una solución.
Deje $a_1\ge a_2\ge\cdots\ge a_n$ ser números reales tales que para todo entero $k>0$: $$a_1^k+a_2^k+\cdots+a_n^k\ge 0$$ Deje $p=\max\{|a_1|,\ldots,|a_n|\}$. Mostrar que $p=a_1$, y que $$(x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)\le x^n-a_1^n$$ para todos los $x>a_1$.
La primera parte es bastante simple ya que se puede normalizar por $p$ y considerar el límite de $k\to\infty$. Sin embargo, me parece que no puede conseguir la segunda parte de la derecha...
POSIBLE SOLUCIÓN PARA $n\ge 6$: Sin pérdida de generalidad, supongamos que $a_1=1$. Desde $x>|a_i|$ todos los $i$, las siguientes expansiones convergen: $$\sum_i\ln\left(1-\frac{a_i}{x}\right)=-\sum_{i}\sum_{k=1}^\infty\frac{a_i^k}{kx^k}.$$ Puesto que la suma de $i$ para un determinado $k$ es no negativo, y hemos $$\sum_i\ln\left(1-\frac{a_i}{x}\right)\le-\sum_{k=1}^\infty\sum_i\left(a_i^{2k}+a_i^{2k+1}\right)\frac{1}{(2k+1)x^{2k+1}}.$$ Observe que $a_i^{2k}+a_i^{2k+1}\ge0$ desde $|a_i|\le1$. Entonces $$\sum_i\left(a_i^{2k}+a_i^{2k+1}\right)\ge2.$$ Tenemos $$\sum_i\ln\left(1-\frac{a_i}{x}\right)\le-\sum_{k=1}^\infty\frac 2{(2k+1)x^{2k+1}}\le-\sum_{k=1}^\infty\frac{2}{(2k+2)x^{2k+2}}.$$ La última desigualdad se reduce entonces a $$\sum_i\ln\left(1-\frac{a_i}{x}\right)\le-\sum_{k=2}^\infty\frac{1}{kx^{2k}}=-\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{kx^{2k}}+\frac{1}{x^2}.$$ Por lo tanto, $$\prod\left(x-a_i\right)\le x^n\left(1-\frac{1}{x^2}\right)\exp(1/x^2).$$ En realidad podemos demostrar que esto es más obligado que la requerida en la pregunta, por lo $n\ge 6$. Considerar las funciones $f(y)=(1-y)\exp(y)$ $g(y)=(1-y^3)$ en el intervalo de $[0,1]$. Tenemos $f(0)-g(0)=f(1)-g(1)=0$. Además, $f'(y)-g'(y)=y(-\exp(y)+3y)$, $f'(0)-g'(0)<0$, y deje $h(y)=-\exp(y)+3y$. Entonces, $h(0)<0$, $h(1)>0$, y $h'(y)=-\exp(y)+3>0$. Todo esto implica que los $f'(y)-g'(y)$ tiene una única raíz en el intervalo de $(0,1)$, lo que significa que $f(y)-g(y)<0$ en el mismo intervalo de tiempo. Por lo tanto, $$\prod\left(x-a_i\right)\le x^n\left(1-\frac{1}{x^6}\right)\le x^n-x^{n-6}\le x^n-1$$ para $n\ge 6$. Como @bgins dicho antes, es fácil mostrar que la anterior tiene por $n=2$$3$. Sin embargo, parece muy tedioso para mostrar esto para$n=4$$5$.
POSIBLE SOLUCIÓN PARA $n=4$: Asumir de nuevo $a_1=1$, y vamos a $a_2=a$,$a_3=b$,$a_4=c$. En el caso de que todos estos son positivos, es fácil de hacer por inducción, por lo que asumir, al menos, $c$ es negativo. A continuación, $$(x-a)(x-b)(x-c)=x^3-(a+b+c)x^2+(ab+bc+ac)x-abc=\\x^3+\frac{a+b+c}{2}(a+b+c-2x)x-\frac{a^2+b^2+c^2}{2}x-abc.$$ Bajo el supuesto de que $c<0$,$-1\le a+b+c\le 2<2x$, y de ello se sigue que $$\frac{a+b+c}{2}(a+b+c-2x)x\le \frac{-1}{2}(-1-2x)x=x^2+x/2.$$ Por lo tanto, $$(x-a)(x-b)(x-c)\le x^3+x^2+x+1$$ y esto lo demuestra.
