Si $S = x_1 + x_2 + .. + x_n$, Demuestran que, a $ (1+x_1)(1+x_2)..(1+x_n) \le 1 + S + \frac{S^2}{2!} + .. + \frac{S^n}{n!}$

Question

Deje $x_1, x_2, \ldots ,x_n$ ser números reales positivos, y deje $$ S = x_1 + x_2 + \cdots + x_n.$$

Demostrar que $$ (1+x_1)(1+x_2)\ldots(1+x_n) \le 1 + S + \frac{S^2}{2!} + \cdots + \frac{S^n}{n!}$$

Aquí está mi intento:

Caso 1 : Supongamos $x_1 = x_2= x$ (Cuando todos los términos son iguales)

$LHS = (1+x)(1+x) = 1+2x+x^2$

$RHS = 1+\frac{x+x}{1!}+\frac{(x+x)^2}{2!}=1+2x+\color{blue}{2}x^2$

Por lo tanto, cuando todos los términos son iguales, $LHS<RHS$.

Caso 2 : $x_1\ne x_2$

$LHS=(1+x_1)(1+x_2)=1+{x_1}{x_2}+(x_1+x_2)$ $RHS=1+ (x_1+x_2)+\frac{(x_1+x_2)^2}{2!} =1+{x_1}{x_2}+(x_1+x_2)+\color{blue}{\left(\frac{x_1^2+x_2^2}{2}\right)}$

Por lo tanto, cuando incluso un término no es igual, $LHS\lt RHS$.

De los dos casos, es claro que bajo ninguna circunstancia $LHS \gt RHS$. Y por lo tanto el (parcial) de la prueba.

Es allí cualquier manera de la que puedo mejorar mi prueba? Si se mira de nuevo me he considerado sólo dos términos y mi intuición me dice que se aplicaría a toda la gama, pero ¿cómo he estado matemáticamente? O se puede pensar en una mejor o más rigurosas pruebas de esto?

Gracias de nuevo!

Answer 1

Por $AM-GM$ hemos $$(1+x_1)(\dots)(1+x_n) \le (1+ \frac{1}{n}S)^n = \sum_{k=0}^n a_kS^k $$ donde $$a_k = \frac{n!}{n^k (n-k)!} \frac{1}{k!}\le \frac{1}{k!}.$$

Answer 2

Sugerencia:

$$\prod_{k=1}^n (1+x_k) \leqslant (1 +S/n)^n = 1 + n \frac{S}{n} + \frac{n(n-1)}{2!} \frac{S^2}{n^2} + \ldots + \frac{n(n-1)\ldots 2\cdot 1}{n!}\frac{S^n}{n^n} \\= 1 + S + \frac{1-1/n}{2!}S^2 + \ldots + \frac{(1-1/n)(1-2/n)\ldots (1 - (n-1)/n)}{n!}S^n $$

Answer 3

Yo uso este hecho :$$(x_1+x_2+x_3...+x_n)^n=\sum_{k_1+k_2+...k_j=n} \dfrac{n!}{k_1!k_2!...}x_1^{k_1}x_2^{k_2}...x_n^{k_j}$$ $$1 \leq 1\\(x_1+x_2...+x_n)\leq S\\(x_1x_2+x_1x_3+...+x_{n-1}x_n) \leq \frac12S^2=\frac12(2(x_1x_2+x_1x_3+...)+(x_1^2+x_2^2+...x_n^2))\\(x_1 x_2x_3+x_1x_2x_4+...)\leq\frac{1}{3!}S^3=\frac{1}{6}(\color{red} {\frac{3!}{1!1!1!}(x_1x_2x_3+x_1x_2x_4+...)}+\frac{3!}{2!1!}(x_1^2x_2+x_2^2x_1+...)+\frac{3!}{3!}(x_1^3+x_2^3+...+x_n^3))\\$$

$$(x_1 x_2x_3x_4+x_1x_2x_3x_5+...)\leq\frac{1}{4!}S^4=\frac{1}{24}(\color{red} {\frac{34!}{1!1!1!1!}(x_1x_2x_3x_4+x_1x_2x_3x_5+...)}+\frac{4!}{3!1!}(x_1^3x_2+x_2^3x_1+...)+\frac{4!}{2!2!}(x_1^2x_2^2+...)+\frac{4!}{4!}(x_1^4+x_2^4+...+x_n^4))$$ y así sucesivamente

ahora tenemos $$1\leq1\\+(x_1+x_2+...x_n)\leq\frac{1}{2!}S^2\\ +(x_1x_2+x_1x_3+...)\leq\frac{1}{3!}S^3\\ +(x_1x_2x_3+x_1x_2x_4+...)\leq\frac{1}{4!}S^4\\+...\\ +(x_1x_2x_3...x_n)\leq\frac{1}{n!}S^n\\ 1+(x_1+x_2+...x_n)+(x_1x_2+x_1x_3+...)+...(x_1x_2...x_n)\leq 1+s+\frac{S^2}{2}+...+\frac{S^n}{n!}\\$$ y $$(1+x_1)(1+x_2)...(1+x_n)=1+(x_1+x_2+...x_n)+(x_1x_2+x_1x_3+...)+...(x_1x_2...x_n)$$prueba se completa ahora

Answer 4

Por la multinomial teorema, tenemos que

$$S^m=\sum_{k_1+k_2+\dots+k_n=m}\left(\array{m\\k_1,k_2,\dots,k_n}\right) x_1^{k_1}x_2^{k_2}\dots x_n^{k_n},$$

donde la suma es sobre número entero no negativo $k_i$. Por lo tanto, el lado derecho puede ser escrito como:

$$\sum_{m=0}^n\frac{S^m}{m!}=\sum_{k_1+k_2+\dots+k_n\leq n}\frac{1}{k_1!k_2!\dots k_n!}x_1^{k_1}x_2^{k_2}\dots x_n^{k_n}$$

En particular, el monomials todos tienen coeficientes positivos, y para cualquier monomio con $k_i$$\leq 1$, el coeficiente de es $1$.

En el lado izquierdo, es fácil ver que cualquier monomio con $k_i$ $\leq 1$ puede ser obtenida en exactamente una forma de que el producto de $(1+x_i)$'s, y que su coeficiente también es $1$. Por otra parte, no monomio de la expansión de la LHS, puede tener algunos $k_i>1$. La conclusión de la siguiente manera (debido a que el lado derecho tiene algunos 'extra' monomials).

EDIT: Aviso esto también demuestra que nunca hay igualdad cuando la $n>1$. De hecho, incluso en su pregunta que cometió un error. Al$x_1=x_2=x$,$\frac{(x+x)^2}{2!}=2x^2$.