Sabiendo que $\prod_{i = 1}^na_i = 1$ , demuestre que $\prod_{i = 1}^n(a_i + 1)^{i + 1} > (n + 1)^{n + 1}$ .

Question

Dada la naturaleza $n$ $(n \ge 3)$ y positivos $a_1, a_2, \cdots, a_{n - 1}, a_n$ tal que $\displaystyle \prod_{i = 1}^na_i = 1$ , demuestre que $$\large \prod_{i = 1}^n(a_i + 1)^{i + 1} > (n + 1)^{n + 1}$$

Tenemos que $$\prod_{i = 1}^n(a_i + 1)^{i + 1} \ge \prod_{i = 1}^n(2\sqrt{a_i}) \cdot \left(\sqrt[m]{\prod_{i = 1}^na_i^i} + 1\right)^m$$

donde $\displaystyle p = \sum_{i = 1}^ni = \dfrac{n(n + 1)}{2}$ entonces no sé qué hacer después.

Sospecho que $\displaystyle \min\left(\prod_{i = 1}^n(a_i + 1)^{i + 1}\right) = 2^q$ que se produce cuando $a_1 = a_2 = \cdots = a_{n - 1} = a_n = 1$ , donde $q = \dfrac{(n + 3)n}{2}$ aunque no estoy seguro de que $2^q > (n + 1)^{n + 1}, \forall n \in \mathbb Z^+, n \ge 2$ .

(Acabo de darme cuenta de que esto no es más que un borrador del problema 2, OMI 2012).

Answer 1

Para los números $2^{\frac{n}{2}}$ es mayor que n+1 obviamente se satisface, para n>5 se puede demostrar por inducción (pista: x $\sqrt{2}$ - x - 1>0 para x> $\sqrt{2}$ + 1)y para otros n<6 comprobar manualmente

Answer 2

Hay algunos detalles en la solución de Le Thanh Dat que no me quedaron claros, así que ofrezco estos detalles adicionales.

Vuelve a escribir cada paréntesis $$\begin{eqnarray*} a_i+1 = \frac{1}{i+1} \left( (i+1)a_i + \underbrace{ \frac{i+1}{i} + \cdots + \frac{i+1}{i}}_{ \text{$i$ terms}} \right). \end{eqnarray*}$$ Ahora podemos aplicar AM-GM $$\begin{eqnarray*} \prod_{i=1}^{n} (a_i+1)^{i+1} \geq \prod_{i=1}^{n} a_i \frac{(i+1)^{i+1}}{i^i} = (n+1)^{n+1}. \end{eqnarray*}$$ La última igualdad se obtiene utilizando $\prod a_i = 1$ y telescópica.

Answer 3

Según la desigualdad AM-GM y los productos telescópicos, tenemos que $$\prod_{i = 1}^n(a_i + 1)^{i + 1} = \prod_{i = 1}^n\left(a_i + i \cdot \frac{1}{i}\right)^{i + 1} \ge \prod_{i = 1}^n\left[a_i \cdot \frac{(i + 1)^{i + 1}}{i^i}\right] = (i + 1)^{i + 1}$$

El signo de igualdad se produce cuando $\displaystyle a_i = \dfrac{1}{i},i = \overline{1, n} \implies \prod_{i = 1}^na_i = \prod_{i = 1}^n\dfrac{1}{i} \implies \prod_{i = 1}^ni = 1$ , lo cual es falso, $\forall n \in \mathbb N, n \ge 2$ .

$$\implies \prod_{i = 1}^n(a_i + 1)^{i + 1} > (i + 1)^{i + 1}$$