mostrar esta desigualdad $\left(\sum_{i=1}^{n}x_{i}+n\right)^n\ge \left(\prod_{i=1}^{n}x_{i}\right)\left(\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x_{i}}+n\right)^n$

Question

Dejemos que $x_{i}\ge 1$ demuestran que $$\left(\sum_{i=1}^{n}x_{i}+n\right)^n\ge \left(\prod_{i=1}^{n}x_{i}\right)\left(\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{x_{i}}+n\right)^n$$

o $$\left(\dfrac{\sum_{i=1}^{n}x_{i}+n}{\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{x_{i}}+n}\right)^n\ge \prod_{i=1}^{n}x_{i}$$ y parece utilizar la desigualdad AM-GM? $$\sum_{i=1}^{n}x_{i}\ge n\sqrt[n]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}$$ $$\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{x_{i}}\ge \dfrac{n}{\sqrt[n]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}$$ dejar $\sqrt[n]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}=t$ ya que $$\Longleftrightarrow \left(\dfrac{t+1}{\frac{1}{t}+1}\right)^n\ge t^n$$ Pero no puedo

Answer 1

Tenemos que demostrar que $$\frac{\sum\limits_{k=1}^nx_k+n}{\sum\limits_{k=1}^n\frac{1}{x_k}+n}\geq\sqrt[n]{\prod\limits_{k=1}^nx_k}$$ y por el método EV de Vasc (ver aquí:

http://emis.ams.org/journals/JIPAM/images/059_06_JIPAM/059_06_www.pdf ,

Corolario 1.7(a))

es suficiente para demostrar nuestra desigualdad para $$x_1=b^n\leq x_2=...=x_n=a^n$$

donde $a\geq1$ y $b\geq1$ o $$\frac{(n-1)a^n+b^n+n}{\frac{n-1}{a^n}+\frac{1}{b^n}+n}\geq a^{n-1}b$$ o $$ab^{n-1}\left((n-1)a^n-na^{n-1}b+b^n\right)\geq a^n-nab^{n-1}+(n-1)b^n.$$ Dejemos que $a=xb$ .

Por lo tanto, $x\geq1$ y tenemos que demostrar que $$b^nx\left((n-1)x^n-nx^{n-1}+1\right)\geq x^n-nx+n-1$$ y como $b\geq1$ y por AM-GM $$(n-1)x^n-nx^{n-1}+1\geq0,$$ es suficiente para demostrar que $$(n-1)x^{n+1}-nx^n+x\geq x^n-nx+n-1$$ o $f(x)\geq0$ , donde $$f(x)=(n-1)x^{n+1}-(n+1)x^n+(n+1)x-(n-1).$$ Ahora, $$f'(x)=(n+1)(n-1)x^n-n(n+1)x^{n-1}+n+1$$ y $$f''(x)=n(n+1)(n-1)x^{n-1}-(n-1)n(n+1)x^{n-2}\geq0.$$ Así, $$f'(x)\geq f'(1)=0$$ y desde aquí $$f(x)\geq f(1)=0$$ ¡y hemos terminado!

Answer 2

Utilicé el cuadro de respuestas para explicar su error. Tu error fue señalado por Martin R. \begin{equation} \left(\dfrac{t+1}{\frac{1}{t}+1}\right)^n=\frac{(t+1)^n}{({t}^{-1}+1)^n} \ge t^n \end{equation} Ahora puedes utilizar el teorema de Binomiam \begin{equation} \left(\dfrac{t+1}{\frac{1}{t}+1}\right)^n=\frac{\sum_{k=0}^n {{n}\choose {k}} t^k}{\sum_{k=0}^n {{n}\choose {k}} t^{-k}} \ge t^n \end{equation} Así que puedo escribir \begin{equation} \sum_{k=0}^n {{n}\choose {k}} t^k \ge t^n{\sum_{k=0}^n {{n}\choose {k}} t^{-k}} \end{equation} Y \begin{equation} \sum_{k=0}^n {{n}\choose {k}} (t^k -t^{n-k}) \ge 0 \end{equation} Ahora defino \begin{equation} C_k={{n}\choose {k}} (t^k -t^{n-k}) \end{equation} Al observar que $C_{n-m}=-C_m$ si n es impar (la suma empieza por 0) la suma de C_k es 0. Si n es par, sólo queda el término n/2 y \begin{equation} C_{\frac{n}{2}}={{n}\choose {\frac{n}{2}}} (t^{\frac{n}{2}} -t^{n-\frac{n}{2}})=0 \end{equation} esto se debe a que en su última igualdad ambos lados son iguales como lo subraya Martin R.

Answer 3

Tenemos que demostrar : $$\left(\dfrac{\sum_{i=1}^{n}x_{i}+n}{\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{x_{i}}+n}\right)^n\ge \prod_{i=1}^{n}x_{i}$$

Dejemos que $x_i\geq 1$ sean números reales por lo que tenemos : $$\frac{1}{\sum_{i=1}^{n}S_i}\left(\sum_{i=1}^{n}S_i[(-x_i+\frac{(\sum_{i=1}^{n}x_i)+n}{(\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x_i})+n})(n)x_i^{n-1}+x_i^n]\right)\ge \prod_{i=1}^{n}x_{i}$$

Dónde :

$$S_i=\frac{\prod_{i=1}^{n}x_{i}}{|((-x_i+\frac{(\sum_{i=1}^{n}x_i)+n}{(\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x_i})+n})(n)x_i^{n-1}+x_i^n)-1|}$$

Y :

$$S_{min}=\frac{n\prod_{i=1}^{n}x_{i}}{|((-x_{min}+\frac{(\sum_{i=1}^{n}x_{i})+n}{(\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x_{i}})+n})(n)x_{min}^{n-1}+x_{min}^n)-1|}$$

Después utilizamos el teorema 5 de este enlace :

Sólo hay que sustituir la función por $\phi(x)=x^n$ con dominio $[x_{min};x_{max}]$ y $d=\frac{(\sum_{i=1}^{n}x_i)+n}{(\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x_i})+n}$ y comentar que tenemos : $x_{min}\leq d \leq x_{max}$ y poner $S_i=W_i$ para obtener el LHS.