Probar o refutar que $ 1 < \frac {x_1 + x_2 +... + x_n}{n} \leq 2 $ .

Question

Para $n \geq 2$, probar o refutar que $1 < \frac {x_1 + x_2 +... + x_n}{n} \leq 2$ ,

para todos los números naturales $x_1,x_2,...,x_n$ statisfying

${\sum_{j=1}^{n}{x_j}} = {\prod_{j=1}^{n}{x_j}}.$

EDIT : Según la petición de @yurnero, yo por la presente expresamente que los "números naturales" que se menciona en la pregunta, significa que el positivo no-fracción de números excluyendo $0$.

Mi intento :

Deje ${\sum_{j=1}^{n}{x_j}}={\prod_{j=1}^{n}{x_j}}=\lambda$.

La aplicación de AM-GM en el conjunto {$x_1,x_2,...,x_n$} :

$\frac {\lambda}{n} \geq {\lambda}^{\frac {1}{n}}$

$\frac {{\lambda}^n}{n^n} \geq {\lambda}$

${\lambda ^{n-1}} \geq n^{n-1} . n$

$\lambda \geq n . n^{\frac {1}{n-1}}$

$\frac {\lambda}{n} \geq n^{\frac {1}{n-1}}$

Es este enfoque correcto? Si sí, entonces, ¿hay alguna manera alternativa de "resolver" este problema ? Cómo solucionar para el otro obligado/límite ?

Answer 1

Si $x_1+x_2+\cdot+x_n=x_1x_2\cdots x_n$$n\ge2$, es fácil ver que al menos dos de las $x_i$'s debe ser mayor que $1$. Supongamos que reordenar las cosas, así que $x_i=2+u_i$$u_i\ge0$$1\le i\le k$$x_i=1$$k+1\le i\le n$. Si ahora nos vamos a

$$P=(2+u_1)(2+u_2)\cdots(2+u_k)\quad\text{and}\quad S=(2+u_1)+(2+u_2)+\cdots+(2+u_k)$$

luego tenemos a $P=S+1+1+\cdots+1$ con $n-k$ $1$'s, a partir de la cual podemos ver que $n=k+P-S$, y las desigualdades a probar convertido en

$$1\le{P\over k+P-S}\le2$$

o

$$k\le S\quad\text{and}\quad 2(S-k)\le P$$

El primero de ellos es claramente cierto, ya que la $S=(2+u_1)+(2+u_2)+\cdots+(2+u_k)\ge2+2+\cdots+2=2k$. El segundo requiere de nuestra observación inicial de que $k\ge2$:

$$\begin{align} 2(S-k) &=2k+2(u_1+u_2+\cdots+u_k)\\ &\le2^k+2^{k-1}(u_1+u_2+\cdots+u_k)\\ &\le(2+u_1)(2+u_2)\cdots(2+u_k)\\ &=P \end{align}$$