Demostrar la siguiente desigualdad $\sqrt[n]{x_1x_2...x_n}\ge (n-1)$

Question

Si tenemos que $\frac{1}{1+x_1}+\frac{1}{1+x_2}+...+\frac{1}{1+x_n}=1$, entonces probar que $\sqrt[n]{x_1x_2...x_n}\ge (n-1)$. Donde $x_1,x_2,...,x_n$ son todos los números reales no negativos.

Tengo $x_1+x_2+...+x_n\ge n(n-1)$. También tenemos $\frac{x_1}{1+x_1}+\frac{x_2}{1+x_2}+...+\frac{x_n}{1+x_n}=n-1$.

Answer 1

que $$\dfrac{1}{1+x_{i}}=b_{i}\Longrightarrow x_{i}=\dfrac{1-b_{i}}{b_{i}},b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n}=1$ $ uso AM-GM desigualdad $$b_{2}+b_{3}+\cdots+b_{n}\ge (n-1)\cdot\sqrt[n-1]{b_{2}b_{3}\cdots b_{n}}$ $ $$b_{3}+b_{4}+\cdots+b_{1}\ge (n-1)\cdot\sqrt[n-1]{b_{3}b_{4}\cdots b_{1}}$ $ $$\cdots\cdots$ $ $$b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n-1}\ge (n-1)\cdot\sqrt[n-1]{b_{1}b_{2}\cdots b_{n-1}}$ $ tenemos $$x_{1}x_{2}\cdots x_{n}=\dfrac{\displaystyle\prod_{cyc}(b_{2}+b_{3}+\cdots+b_{n})}{\prod_{cyc}b_{1}}\ge \dfrac{(n-1)^{n}\cdot\prod_{cyc}\sqrt[n-1]{b_{2}\cdots b_{n}}}{\prod_{cyc}b_{1}}=(n-1)^n$ $ así $$\sqrt[n]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}\ge n-1$ $

Answer 2

Otra solución: $$\frac{1}{1+x_1}+\frac{1}{1+x_2}+...+\frac{1}{1+x_n}=1$ $ implica %#% $ #%

Multiplicando a estos miembros de las desigualdades del miembro %#% da #%

$$\frac{x_k}{1+x_k}=1-\frac{1}{1+x_k}=\sum_{i=1,i\neq{k}}^n\frac{1}{1+x_i}\geq\frac{n-1}{\sqrt[n-1]{\prod_{i=1,i\neq{k}}^n(1+x_i)}}.$ $ por lo tanto la desigualdad requiere.

Answer 3

Otra solución:

Los casos de $n=1,2$ son triviales. En la siguiente, tengo considerar $n\geq 3$.

Lema: Dados los números positivos $y_1$, $y_2$,..., $y_n$ y $d$$y_1+\cdots +y_n=1$, tenemos $$\left(\frac{1}{y_1+d}-1\right)\left(\frac{1}{y_2+d}-1\right)\cdots\left(\frac{1}{y_n+d}-1\right)\geq\left(\frac{1}{\frac{1}{n}+d}-1\right)^n\tag{1}$$

Prueba: Vamos a $d>0$$U=\{y=(y_1,y_2,...,y_n)\in\mathbb{R}^n;\;y_1>0,\;y_2>0,\dots, \;y_n>0\}$.

Definir $f,\varphi:U\to\mathbb{R}$$f(y)=\left(\frac{1}{y_1+d}-1\right)\cdots\left(\frac{1}{y_n+d}-1\right)$$\varphi(y)=y_1+\cdots+y_n$.

De ello se deduce a partir de los Multiplicadores de Lagrange Método que:

$$y\in \varphi^{-1}(1)\text{ is a critical point of } f\quad\Longleftrightarrow\quad\nabla f(y)=\lambda \nabla \varphi(y) \text{ for some } \lambda\in\mathbb{R}$$ $$\Longleftrightarrow \qquad\frac{1}{Y_i^2}\left(\frac{1}{Y_j}-1\right) =\frac{1}{Y_j^2}\left(\frac{1}{Y_i}-1\right)\quad\forall\ i,j=1,...,n$$

$$\Longleftrightarrow \qquad y_1=y_2=\cdots=y_n=\frac{1}{n}\quad \text{(here we use $n\geq 3$)}$$

Por eso, $q=(\frac{1}{n},\frac{1}{n},\dots,\frac{1}{n})$ es el único punto crítico de $f$$\varphi^{-1}(1)$. Es posible demostrar que $f$ alcanza el mínimo en $q$ (el argumento es similar a este).

Por lo tanto, para todos los $x\in\varphi^{-1}(1)$ hemos $$f(y)\geq f\left(\tfrac{1}{n},\tfrac{1}{n},\dots,\tfrac{1}{n}\right)\tag{2}$$ Como $(\text{2})$$(1)$, la prueba está completa.

Corolario 1: Dados los números positivos $y_1$, $y_2$,..., $y_n$ con $y_1+\cdots +y_n=1$, tenemos $$\left(\frac{1}{y_1}-1\right)\left(\frac{1}{y_2}-1\right)\cdots\left(\frac{1}{y_n}-1\right)\geq\left(n-1\right)^n\tag{3}$$

Prueba: Dejando $d\to 0$ $(1)$ obtenemos $(3)$.

Corolario 2: Deje $x_1,x_2,...,x_n>0$$\displaystyle\frac{1}{1+x_1}+\frac{1}{1+x_2}\cdots +\frac{1}{1+x_n}=1$. Entonces $$\sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n}\geq n-1$$

Prueba: Aplicar el Corolario 1 con $$y_1=\frac{1}{1+x_1},\quad y_2=\frac{1}{1+x_2},\quad\dots\quad y_n=\frac{1}{1+x_n}$$