$a_1,a_2,...,a_n$ son números reales positivos, su producto es igual a $1$ mostrar: $\sum_{i=1}^n a_i^{\frac 1 i} \geq \frac{n+1}2$

Question

dice que hay que usar el AM-GM ponderado para resolverlo, porque la desigualdad no es homogénea he intentado usar $$\lambda _ i = \frac{a_i^{\frac1i -1}}{\sum_{k=1}^n a_k^{\frac1k -1}}$$

este $\lambda$ es de la desigualdad:

$$ \sum_{i=1}^n \lambda_i a_i \geq \Pi_{i=1}^n a_i^{\lambda_i}$$

la suma de todos los $\lambda_i$ debe ser 1. No funcionó y estoy atascado

Para ser más claro, tengo que demostrar que

$$a_1 + \sqrt{a_2} + \sqrt[3]{a_3} + ... + \sqrt[n]{a_n} \geq \frac{n+1}{2}$$

y sabemos que $a_1a_2a_3...a_n =1$

Answer 1

\begin {align} &a_1 + \sqrt {a_2} + \sqrt [3]{a_3} + ... + \sqrt [n]{a_n} \\ =& \sum_ {k=1}^n \sum_ {j=1}^k \frac {1}{k} \sqrt [k]{a_k} \\ \ge & \frac {n(n+1)}{2} \left ( \prod_ {k=1}^n( \frac {1}{k} \sqrt [k]{a_k})^k \right )^{ \frac {2}{n(n+1)}} \\ = & \frac {n(n+1)}{2} \left ( \prod_ {k=1}^n( \frac {1}{k^k}{a_k}) \right )^{ \frac {2}{n(n+1)}} \\ = & \frac {n(n+1)}{2} \left ( \prod_ {k=1}^n \frac {1}{k^k} \right )^{ \frac {2}{n(n+1)}} \\ \ge & \frac {n(n+1)}{2} \left ( \prod_ {k=1}^n \frac {1}{n^k} \right )^{ \frac {2}{n(n+1)}} \\ = & \frac {n(n+1)}{2} \left ( \frac {1}{n^{ \frac {n(n+1)}{2}} \right )^{ \frac {2}{n(n+1)}} \\ = & \frac {n+1}{2} \end {align}

Answer 2

Utilizando el ponderado AM-GM y recordando que $$\sum_{i=1}^{n}i=\frac{n\left(n+1\right)}{2} $$ tenemos $$\sum_{i=1}^{n}i{a_{i}}^{1/i}\geq\frac{n\left(n+1\right)}{2}\left(a_{1}a_{2}\cdots a_{n}\right)^{2/\left(n\left(n+1\right)\right)}=\frac{n\left(n+1\right)}{2} $$ por lo que $$\frac{n+1}{2}\leq\sum_{i=1}^{n}\frac{i}{n}{a_{i}}^{1/i}\leq\sum_{i=1}^{n}{a_{i}}^{1/i}. $$

Answer 3

Desde $$ \sum_{k=1}^n\frac{2k}{n^2+n}=1 $$ el AM-GM ponderado dice que con los pesos $\frac{2k}{n^2+n}$ , $$ \begin{align} \sum_{k=1}^n\frac{2k}{n^2+n}a_k^{1/k} &\ge\prod\left(a_k^{1/k}\right)^{\frac{2k}{n^2+n}}\\ &=1 \end{align} $$ Sin embargo, como $$ \frac{2n}{n^2+n}\ge\frac{2k}{n^2+n} $$ tenemos $$ \sum_{k=1}^n\frac{2n}{n^2+n}a_k^{1/k}\ge1 $$ lo que equivale a $$ \sum_{k=1}^na_k^{1/k}\ge\frac{n+1}2 $$