Es el AM-GM de la desigualdad el único obstáculo para conseguir una determinada suma y el producto?

Question

Esto puede ser una tontería, pero aquí va.

Deje $P,S>0$ ser números reales positivos que satisfacen $\frac{S}{n} \ge \sqrt[n]{P}$.

¿Existe una secuencia de números reales positivos $a_1,\dots,a_n$ tal que $S=\sum a_i,P=\prod a_i$?

Claramente, $\frac{S}{n} \ge \sqrt[n]{P}$ es una condición necesaria, debido a la AM-GM de la desigualdad. Pero, ¿es suficiente?

Para $n=2$, la respuesta es positiva, como se puede observar analizando el discriminante de la ecuación cuadrática. (De hecho, la solvencia criterio para la cuadrática, es decir, la no-negatividad de las discriminante, es equivalente a la AM-GM de la desigualdad de la suma y el producto).

¿Qué acerca de la $n>3$?

Answer 1

Si elegimos $$ (a_1, \ldots, a_{n-1}, a_n) = (a, \ldots, un, \frac{P}{a^{n-1}}) $$ para algunos $a > 0$ entonces $\prod a_i = P$ está satisfecho, y tenemos que $$ f(a) = \sum a_i = (n-1) + \frac{P}{a^{n-1}} = S \, . $$ Esta ecuación tiene una solución, porque la $f$ es continua en $(0, \infty)$con $$ \min_{a > 0} f(a) = f(\sqrt[n]P) = n \sqrt[n]P \le S $$ y $$ \lim_{a \to \infty} f(a) = + \infty \, . $$

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Comentarios sobre una posible generalización

El Maclaurin de inequidad del estado el siguiente: Si $a_1, \ldots, a_n$ son números reales positivos, y los "promedios" $S_1, \ldots, S_n$ se definen como $$ S_k = \frac{1}{\binom n k} \sum_{1 \le i_1 < \ldots < i_k \le n} a_{i_1}a_{i_2} \cdots a_{i_k} $$ entonces $$ S_1 \ge \sqrt{S_2} \ge \sqrt[3]{S_3} \ge \ldots \ge \sqrt[n]{S_n} \, . $$ En particular, $$ \frac 1 n (a_1 + \ldots + a_n) = S_1 \ge \sqrt[n]{S_n} = \sqrt[n]{a_1 \cdots a_n} $$ así que esto es una generalización de la desigualdad entre los geométrica y la media aritmética. Por lo tanto, una generalización natural de la pregunta anterior sería:

Deje $S_1, \ldots, S_n$ dará los números reales positivos con $$ S_1 \ge \sqrt{S_2} \ge \sqrt[3]{S_3} \ge \ldots \ge \sqrt[n]{S_n} \, . $$ Hay números reales positivos $a_1, \ldots, a_n$ tales que $$ S_k = \frac{1}{\binom n k} \sum_{1 \le i_1 < \ldots < i_k \le n} a_{i_1}a_{i_2} \cdots a_{i_k} $$ para $1 \le k \le n$?

Esto es equivalente a preguntar si el polinomio $$ p(x) = x^n - \binom n 1 S_1 x^{n-1} + \binom n 2 S_2 x_{n-2} + \ldots + (-1)^n \binom n n S_n $$ ha $n$ real positivo ceros.

Por desgracia, esta generalización no se sostiene. El siguiente contraejemplo es de

• SIKLOS, STEPHEN. "De Maclaurin de las Desigualdades: Reflexiones sobre un PASO de Pregunta." La Gaceta Matemática, vol. 96, no. 537, 2012, pp 499-507. JSTOR, https://www.jstor.org/stable/24496873.

Elegimos $n=3$ y $$ S_1 = \frac 3 2, \, S_2 = 2, \, S_3 = 1 \, . $$ La condición en la $S_k$ está satisfecho (con estricto de las desigualdades), pero un simple análisis muestra que el polinomio $$ p(x) = x^3 - 3 S_1 x^2 + 3 S_2 x - S_3 = x^3 - \frac 9 2 x^2 + 6 x - 1 $$ tiene uno real (positivo) el cero y el dos no-real ceros. Por ello no es posible encontrar números reales $a_1, a_2, a_3$ tales que $$ \frac{a_1+a_2+a_3}{3} = S_1, \, \frac{a_1a_2 + a_1 a_3 + a_2 a_3}{3} = S_2,\, a_1 a_2 a_3 = S_3 \, . $$

Answer 2

Deje $\mu:=\frac{S}{n},\,\sigma:=P^{1/n}\le\mu$. Buscamos $a_i$ de AM $\mu$ & GM $\sigma$. Tome $a_1=\cdots=a_{n-2}=\sigma$ así que queremos que $a_{n-1}+a_n=n\mu-(n-2)\sigma=n(\mu-\sigma)+2\sigma,\,a_{n-1}a_n=\sigma^2$. Esto es posible debido a que implica la$$(a_{n-1}+a_n)^2-4a_{n-1}a_n=(n(\mu-\sigma)+2\sigma)^2-4\sigma^2\ge0.$$Edit: se ha señalado que necesitamos para comprobar que estas raíces de una ecuación cuadrática son positivos. Eso es fácil: su producto es positivo, como es su suma.