La prueba de un simple (?) la desigualdad

Question

Tengo la sensación de que la siguiente desigualdad debe ser muy fácil de probar:

$$ x^n \geq \prod_{i=1}^n{(x+k_i)},\quad\text{donde } \sum_{i=1}^{n}{k_i}=0,\quad \text{y } x+k_i>0\text{ para todo } i $$

(y la igualdad sólo se mantiene cuando todos los $k_i=0$).

Parece intuitivamente obvio (al $n=2$, un cuadrado tiene un área mayor que la de un rectángulo con el mismo perímetro, al $n=3$, un cubo tiene mayor volumen de un prisma rectangular con la misma superficie, etc.) pero no puedo encontrar una manera apropiada fáciles de la prueba.

Creo que puedo mostrar es analíticamente por encontrar el máximo local para $f(x_1,\ldots,x_n)=\prod_{i=1}^n{x_i}$ dentro de la caja de $\max{x_i}=r$ en el cuadrante superior-derecho, pero siento que debe haber una cuidada algebraicas/geométrica argumento, puesto que es una intuitiva declaración.

Answer 1

El AM-GM de la desigualdad nos da $$\prod_i (x+k_i)^{1/n} \leq {1\over n}\sum_i (x+k_i)=x.$$ Ahora toma el $n$la potencia de ambos lados.

Answer 2

Podemos demostrar por inducción: para $n=2$, tenemos para $a+b=0$: $x^2-(x+a)(x+b)=-(a+b)x-ab=-ab\geq 0$, desde $ab\leq 0$. Suponemos que el resultado es cierto para $n$. Deje $(k_1,\ldots,k_{n+1})$ tal que $\sum_{j=1}^{n+1}k_j=0$. Podemos suponer que $k_nk_{n+1}\leq 0$. Ponemos a $k_j'=k_j$ si $j\leq n-1$, e $k_n'=k_n+k_{n+1}$. Llegamos por la hipótesis de inducción $$x^n\geq \prod_{j=1}^n(x+k_j')=(x+k_n+k_{n+1})\prod_{j=1}^{n-1}(x+k_j),$$ por lo $$x^{n+1}\geq x(x+k_n+k_{n+1})\prod_{j=1}^{n-1}(x+k_j),$$ y tenemos que demostrar que $x(x+k_n+k_{n+1})\geq (x+k_n)(x+k_{n+1})$, ya que el $\prod_{j=1}^{n-1}(x+k_j)\geq 0$. Pero \begin{align*} x(x+k_n+k_{n+1})-(x+k_n)(x+k_{n+1})&=x(k_n+k_{n+1})-xk_{n+1}-xk_n-k_nk_{n+1}\\ &=-k_nk_{n+1}\geq 0. \end{align*}