Mostrar $\sum\limits^N_{n=1}\left(\prod\limits_{i=1}^n b_i \right)^\frac1{n}\le\sum\limits^N_{n=1}\left(\prod\limits_{i=1}^n a_i \right)^\frac1{n}$ ?

Question

Si $a_1\ge a_2 \ge a_3 \ldots $ y si $b_1,b_2,b_3\ldots$ es cualquier reordenación de la secuencia $a_1,a_2,a_3\ldots$ entonces para cada $N=1,2,3\ldots$ uno tiene

$$\sum^N_{n=1}\left(\prod_{i=1}^n b_i \right)^{\frac{1}{n}}\le \sum^N_{n=1}\left(\prod_{i=1}^n a_i \right)^{\frac{1}{n}}$$

Esto viene de la página 177 de "The Cauchy-Schwarz Master Class".

La solución del fondo argumenta que, por hipótesis, $b_1\le a_1,b_2\le a_2,b_3\le a_3\dots$ Por lo tanto, se deduce que $(b_1b_2\cdots b_n)^{1/n}\le (a_1a_2\cdots a_n)^{1/n}$ .

Me parece que para $N=3$ con una secuencia $a_1=3$ , $a_2=2$ et $a_3=1$ y su reorganización $b_1=1$ , $b_2=2$ et $b_3=3$ no es el caso.

¿Me estoy perdiendo algo obvio?

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Para proporcionar el contexto, he aquí la parte pertinente del libro (Steele J.M. The Cauchy-Schwarz master class, CUP 2004, p.273):

Solución del ejercicio 11.7. Esta observación es dolorosamente obvia, pero parece necesaria para completarla. La hipótesis nos da los límites $b_1 \le a_1, b_2 \le a_2, \dots , b_N \le a_N$ así, para todos $1 \le n \le N$ tenemos $(b_1b_2\dots b_n)^{1/n} \le (a_1a_2\dots a_n)^{1/n}$ que es más de lo que necesitamos. En reordenamientos infinitos que son sutiles, pero ésta no es una de ellas. una de ellas.

Answer 1

Creo que su observación es correcta.

Tal vez el autor quería decir que para cada $n$ tal que $1\le n\le N$ tenemos

$$a_1a_2\dots a_n \ge b_1b_2 \dots b_n,$$

lo que se deduce del hecho de que si reordenamos $b_1,b_2,\ldots,b_n$ del elemento más grande $c_1\ge c_2\ge\ldots\ge c_n$ entonces $c_1\le a_1,c_2\le a_2,\ldots,c_n\le a_n$ et $b_1b_2\dots b_n = c_1c_2\dots c_n$ .

Aunque esta observación parece fácil, me cuesta escribir una prueba sencilla y clara de ella :-(