Desplazado de la media geométrica de

Question

Deje $b$ $a_i$ ser números reales positivos, $i= 1 \cdots N$. Deje que la media geométrica $G(\{x_i\}) = \sqrt[N]{\prod_{i=1}^N{x_i}}$. Demostrar un cambio en $b$, $$G(\{b+a_i\}) \geq b + G(\{a_i\})$$ I. e. demostrar $\sqrt[N]{\prod_{i=1}^N{(b+a_i)}} \geq b + \sqrt[N]{\prod_{i=1}^N{a_i}}$.

Me encontré con este problema, mientras que con el objetivo de encontrar alternativas de solución a las desigualdades como este, es decir, las desigualdades que contienen no es tan fácil turnos, como un adicional sumando $1 + \cdots$ en el denominador. Geométrico de los promedios se producen en las desigualdades con frecuencia, al menos no después de la homogeneización. Así que me pregunto si hay un general de la desigualdad como el pedido aquí. Si es conocido en la literatura, una referencia, por supuesto, estar bien (no he podido encontrar ninguna).

Lo que he intentado: obviamente me tomó de la desigualdad del poder $N$ y comprueba las desigualdades de las condiciones individuales derivadas. Esto funciona bien para las pequeñas $N$ con AM-GM, pero yo no podía entender cómo esto se generaliza arbitraria $N$.

Answer 1

OP es curiosidad acerca de si una generalización es posible en el comentario. En lugar de la desigualdad original en cuestión, les voy a mostrar una versión generalizada de que donde $b$ puede depender de $i$.

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Para cualquier $x_1, \ldots, x_N \in \mathbb{R}_{+}$, vamos $G(x_1,x_2,\ldots,x_N) = \left(\prod\limits_{k=1}^N x_k\right)^{1/N}$ ser su media geométrica.
Recordamos siguientes propiedades de la media geométrica:

1. Como una función, $G(x_1,\ldots,x_N)$ es creciente en cada individuo argumento de $x_k$.
2. Si uno divide $x_1,x_2,\ldots,x_N$ en dos grupos, hemos $$G(x_1,x_2,\ldots,x_N)^N = G(x_1,\ldots,x_M)^M G(x_{M+1},\ldots,x_N)^{N-M}$$
3. En particular, si $N = 2M$ es incluso, esto lleva a la $$G(x_1,x_2,\ldots,x_N) = G(G(x_1,\ldots,x_M),G(x_{M+1},\ldots,x_N))$$

Para cualquier $n \ge 2$, vamos a $S_n$ ser la declaración de

Para cualquier $(a_1,\ldots,a_n), (b_1,\ldots,b_n) \in \mathbb{R}_{+}^n$, $$G(\{a_i + b_i\}) = \left(\prod_{k=1}^n (a_k+b_k)\right)^{1/n} \ge G(\{a_i\}) + G(\{b_i\}) = \left(\prod_{k=1}^n a_k \right)^{1/n} + \left(\prod_{k=1}^n b_k \right)^{1/n}$$

• $S_2$ es cierto.

  Aplicar Cauchy Schwarz a $(\sqrt{a_1},\sqrt{b_1}), (\sqrt{a_2},\sqrt{b_2})$, obtenemos $$\sqrt{(a_1+b_1)(a_2+b_2)} = \sqrt{\left(\sqrt{a_1}^2+\sqrt{b_1}^2\right)\left(\sqrt{a_2}^2+\sqrt{b_2}^2\right)} \ge \sqrt{a_1a_2} + \sqrt{b_1b_2}$$ Este es, precisamente,$S_2$.

• $S_2 \land S_n \implies S_{2n}$.

  Para cualquier $\begin{align} (a_1,\ldots,a_{2n}) &= (a'_1,\ldots,a'_n,a''_1,\ldots,a''_n),\\ (b_1,\ldots,b_{2n}) &= (b'_1,\ldots,b'_n,b''_1,\ldots,b''_n) \end{align} \in \mathbb{R}_{+}^{2n}$, tenemos

$$\begin{array}{rll} G(\{ a_i + b_i \}) &= G(G(\{ a'_i + b'_i \}),G(\{a''_i + b''_i\})) & \color{blue}{\text{prop 3.}}\\ &\ge G(G(\{a'_i\}) + G(\{b'_i\}),G(\{a''_i\})+G(\{b''_i\})) & \color{blue}{S_n \text{ and prop 1.}}\\ &\ge G(G(\{a'_i\})G(\{a''_i\})) + G(G(\{b'_i\})G(\{b''_i\})) & \color{blue}{S_2}\\ &= G(\{a_i\}) + G(\{b_i\}) & \color{blue}{\text{prop 3.}}\\ \end{array}$$

Por el principio de inducción, $S_n$ es verdadera siempre que $n = 2^k$ es una potencia de $2$.

Para general$n > 2$, pero no una potencia de dos, vamos a $k$ ser el entero tal que $2^{k-1} < n < 2^k$.

Deje $\bar{a} = G(a_1,\ldots,a_n)$$\bar{b} = G(b_1,\ldots,b_n)$. Considere la posibilidad de después de dos $2^k$-tuplas: $$\begin{align} ( \tilde{a}_1,\ldots, \tilde{a}_{2^k}) &= ( a_1, a_2, \ldots, a_{n}, \bar{a}, \ldots, \bar{a} ),\\ ( \tilde{b}_1,\ldots, \tilde{b}_{2^k}) &= ( b_1, b_2, \ldots, a_{n}, \bar{b}, \ldots, \bar{b} ) \end{align}$$ Es fácil ver $G(\{\tilde{a}_i\}) = \bar{a}$ y $G(\{\tilde{b}_i\}) = \bar{b}$.

Se aplican $S_{2k}$ a los dos $2^k$-tuplas y elevar ambos lados de resultado a $2^k$ de la potencia, nos encontramos con

$$\begin{array}{rll} & G(\{ \tilde{a}_i + \tilde{b}_i \})^{2^k} \ge (G(\{\tilde{a}_i\}) + G(\{\tilde{b}_i\}))^{2^k}\\ \iff & G(\{a_i + b_i\})^n (\bar{a}+\bar{b})^{2^k - n} \ge (\bar{a}+\bar{b})^{2^k} & \color{blue}{\text{prop. 2 }}\\ \iff & G(\{a_i+b_i\}) \ge \bar{a} + \bar{b} = G(\{a_i\}) + G(\{b_i\}) \end{array}$$ Esto implica $S_n$ es cierto para $n$ otros de un poder de $2$.

Como resultado, $S_n$ es cierto para todos los $n \ge 2$.

La desigualdad en cuestión es un caso especial de este, donde todos los $b_i = b$.

Answer 2

Tenga en cuenta que el deseado desigualdad es equivalente a la desigualdad de $\prod\limits_{i=1}^{n}{(b+a_i)}\ge\left(b+\left(\prod\limits_{i=1}^{n}{a_i}\right)^{1/n}\right)^n$. La expansión de la LHS da $$\prod\limits_{i=1}^{n}{(b+a_i)} = \sum\limits_{i=0}^{n}{\left(\sum\limits_{\text{cyc}}{\prod\limits_{k=1}^{i}{a_{j_k}}}\right)b^{n-i}}$$ donde por $0\le i\le n$ cíclica de la suma se toma sobre todos los combinación de $i$ enteros $1\le j_1<\dots<j_i\le n$. Por el binomio identidad, la expansión de la RHS da $$\left(b+\left(\prod\limits_{i=1}^{n}{a_i}\right)^{1/n}\right)^n = \sum\limits_{i=0}^{n}{{n\choose i}\left(\prod\limits_{j=1}^{n}{a_j}\right)^{i/n}b^{n-i}}.$$ Ahora, observe que no se $n\choose i$ combinación de $i$ enteros, y si tomamos el producto de $\prod\limits_{k=1}^{i}{a_{j_k}}$ sobre todas las combinaciones de $i$ enteros $1\le j_1<\dots< j_i\le n$, tendríamos un producto de $i{n\choose i}$ números, y por la simetría de cada una de las $a_i$ está representado $\frac{i{n\choose i}}{n}$ veces. Es decir, $$\prod\limits_{\text{cyc}}{\prod\limits_{k=1}^{i}{a_{j_k}}} = \left(\prod\limits_{j=1}^{n}{a_j}\right)^{i{n\choose i}/n}.$$ Por lo tanto, por el AM-GM de la desigualdad, para cada una de las $1\le i\le n$, tenemos $$\left(\sum\limits_{\text{cyc}}{\prod\limits_{k=1}^{i}{a_{j_k}}}\right)/{n\choose i}\ge\left(\prod\limits_{\text{cyc}}{\prod\limits_{k=1}^{i}{a_{j_k}}}\right)^{1/{n\choose i}} = \left(\prod\limits_{j=1}^{n}{a_j}\right)^{i/n}.$$ (El resultado es cierto para $i=0$ así si interpretamos vacío de un producto como $1$.) Esto implica que $$\sum\limits_{\text{cyc}}{\prod\limits_{k=1}^{i}{a_{j_k}}}\ge{n\choose i}\left(\prod\limits_{j=1}^{n}{a_j}\right)^{i/n}$$ para todos los $i$, y por lo tanto $$\prod\limits_{i=1}^{n}{(b+a_i)} = \sum\limits_{i=0}^{n}{\left(\sum\limits_{\text{cyc}}{\prod\limits_{k=1}^{i}{a_{j_k}}}\right)b^{n-i}}\ge \sum\limits_{i=0}^{n}{{n\choose i}\left(\prod\limits_{j=1}^{n}{a_j}\right)^{i/n}b^{n-i}} = \left(b+\left(\prod\limits_{i=1}^{n}{a_i}\right)^{1/n}\right)^n$$ es decir,$\prod\limits_{i=1}^{n}{(b+a_i)}\ge\left(b+\left(\prod\limits_{i=1}^{n}{a_i}\right)^{1/n}\right)^n$, como se desee.