Demostrar

Question

Me puede mostrar que para $x > 0$ $r_{i} > 0$ hemos $$ \left(\, x + r_{1}\,\right)\ldots\left(\, x + r_{n}\,\right)\ \geq\ \left[\, x + \left(\, r_{1}\ldots r_{n}\,\right)^{1/n}\,\right)^{n}.$$ Sin embargo, yo no puedo hacer esto utilizando la recta de inducción, fuerte o débil. Puede alguien hacer esto?

Usted puede mostrar la desigualdad se cumple para $n$ si se mantiene por $n+1$$r_{n+1} = (r_1 \cdots r_n)^{1/n}$, por lo que va hacia abajo no es un problema, pero va ha eludido a mí. Además, usted puede demostrar que si se mantiene por $n=a$ $n=b$ entonces se mantiene para $n=ab$. El uso de potencias de dos y la de arriba es una forma de demostrar lo anterior por inducción pero ciertamente no es "normal".

También puede probar la anterior, usando multiplicadores de Lagrange (que no es de extrañar). La última prueba que sé es donde comparar los coeficientes de $x^k$ y el uso de la AM-GM de la desigualdad.

Answer 1

Aquí está una prueba por inducción: trivial tiene $n=1$. $n\ge2$ Tenemos\begin{align*}(x+r_1)&\ldots(x+r_{n-1})(x+r_n)\ge(x+(r_1\ldots r_{n-1})^{1/(n-1)})^{n-1}(x+r_n)\\&=\Bigl(\bigl((x^{(n-1)/n})^{n/(n-1)}+((r_1\ldots r_{n-1})^{1/n})^{n/(n-1)}\bigr)^{(n-1)/n}\bigr((x^{1/n})^n+(r_n^{1/n})^n\bigr)^{1/n}\Bigr)^n\\&\ge\bigl(x+(r_1\ldots r_n)^{1/n}\bigr)^n.\end{align*} el último paso es la desigualdad de Hölder $p=\frac{n-1}n$ y $q=\frac1n$.

Answer 2

La desigualdad de su titular: $\left(x+(r_1r_2\cdots r_n)^{1/n}\right)^n = \left(x^{1/n}x^{1/n}\cdots x^{1/n}+r_1^{1/n}r_2^{1/n}\cdots r_n^{1/n}\right)^n \leq (x+r_1)(x+r_2)\cdots (x+r_n)$ y este es un caso especial de la desigualdad siguiente:

$(a_1^n+b_1^n)(a_2^n+b_2^n)\cdots (a_n^n+b_n^n) \geq (a_1a_2\cdots a_n+b_1b_2\cdots b_n)^n$,

y cuando $n=2$ la desigualdad de Cauchy-Buniakovski-Schwarz.

Answer 3

Expansión de ambos lados como polinomios en $x$ y comparando los coeficientes, la desigualdad sólo sigue de la desigualdad de Muirhead.