Prodotti e somme

[Lasker]

Dimostrare che, dati $n$ reali positivi $x_1,x_2,...,x_n$, vale:
$$\prod_{i=1}^n (1+x_i)\leq \sum_{j=0}^n \frac{\left({\sum_{k=1}^n x_k}\right)^j}{j!}$$
e stabilire i casi di uguaglianza.

[machete]

Passa per delle cose un po' scolastiche, ma tant' è.

Setto: $$ y_i:=\log(1+x_i)>0$$ e, detta $\sigma>0$ la somma degli $y_i$, riscrivo il LHS come:
$$
\mbox{LHS}=\prod_{i=1}^n (1+x_i)=\exp(\sigma)<\sum_{k=0}^n\frac{\sigma^k}{k!}
$$
dove ho usato la definizione di esponenziale e il fatto che la successione delle ridotte della serie esponenziale è strettamente crescente. Ora spero che valga la disuguaglianza termine-termine tra quest' ultima serie e quella del RHS, cioè:
$$
\frac{\sigma^k}{k!}\leq \frac{\left({\sum_{i=1}^n x_i}\right)^k}{k!}\qquad \Leftrightarrow \qquad \sigma= \sum_{i=0}^{n}y_i=\sum_{i=0}^{n}\log(1+x_i)\leq \sum_{i=0}^{n}x_i=\mbox{RHS}
$$
ma anche quest' ultima disuguaglianza è vera termine-termine per la disguaglianza fondamentale $\log (1+x)<x$.

Per avere l' uguaglianza si deve almeno avere che quando tronchiamo la serie esponenziale non perdiamo nulla, ciò avviene solo se $\sigma=0$, cioè se tutti gli $x_i$ sono nulli.

[Gottinger95]

Altra dimostrazioncina. Sia \(A_n = \{1,\ldots, n\}\). Per ogni \(S \subseteq A_n\), siano \(l_s, r_s\) rispettivamente i coefficienti di \( y_s = \displaystyle \prod_{ i \in S} x_i\) nel LHS e nel RHS. Evidentemente \(l_s = 1\) per ogni \(S\), perchè c'è uno e un solo modo di scegliere quel prodotto dalle parentesi.
Sia \(S_k\) il \(k\)-esimo elemento dell'insieme \(S\), e sia \(j=|S|\). Per ogni permutazione \(\rho\) di \(S\) esiste un modo di ottenere \(y_s\), scegliendo nella \(k\)-esima parentesi del \(j\)-esimo addendo in RHS il termine \(x_{\rho(S_k)}\). Perciò, considerando il \(j!\) al denominatore, \(r_s=1\).
Dunque, visto che
\[LHS = \sum_{S \subseteq A_n} y_s\]
tutto LHS si semplifica. Ci sono però anche altri termini (tutti non-negativi) in RHS: ad esempio, consideriamo i termini
\[ T = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n x_k^2 \]
che vengono fuori da \(j=2\) in RHS. La dimostrazione si conclude notando che \(T >0\) perchè somma di quadrati, a meno che \(x_1 = \ldots = x_k = 0\). Inoltre vale l'uguaglianza anche se \( n=0,1\), perchè T non c'è.

[Gottinger95]

Rilancio: dimostrare che la disuguaglianza vale lo stesso con \(\displaystyle \binom{n}{j} \frac{1}{n^j} \) al posto di \( \dfrac{1}{j!} \). É migliorata? Quali sono i casi di uguaglianza?

[Lasker]

@machete: non mi è chiaro questo punto:

$$\textrm{exp}(\sigma)<\sum_{k=0}^n \frac{\sigma^k}{k!}$$

Qui la disuguaglianza non dovrebbe avere il verso contrario (perché al LHS abbiamo gli stessi termini del RHS, più infiniti altri), facendo saltare la maggiorazione e la conclusione?
Oppure non ho capito bene quello che hai scritto?Confesso di non aver mai usato la scrittura $\textrm{exp}(\sigma)$ ed ho pensato intendessi $e^{\sigma}$, ma magari volevi dire una cosa diversa .
@Gottinger95: questa mi sembra ok, anche se mi sono un po' fidato dei conti e della parte "combinatorica" .

[machete]

No volevo proprio dire quello. C' hai ragione è proprio sbagliata! che svarione, chiedo venia sembrava venisse troppo liscia!

[machete]

Dunque speriamo di mettere le disuguaglianze giuste 'sto giro:)

La versione Gottinger95, che se ho ben capito chiede di provare (sia $\sigma$ la somma delle $x_i$):
$$
\prod_{i=1}^n (1+x_i)\leq \sum_{j=0}^n \binom{n}{j} \frac{\sigma^j}{n^j}= \left (\frac{\sigma}{n}+1\right)^n
$$
che è AM-GM sulle $\{1+x_i\}$ (:D) e che è migliore come stima poichè per ogni termine della serie vale:
$$
\binom{n}{j} \frac{\sigma^j}{n^j}<\frac{\sigma^j}{j!}\qquad \Leftrightarrow\qquad \frac{n}{n}\cdot\frac{n-1}{n}\cdot \ldots\cdot\frac{n-j+1}{n}<1
$$
quindi questo in effetti dimostra il problema originario. Che peraltro veniva anche per induzione su $n$, il passo induttivo suona più o meno così (usando $(a+b)^j \geq a^j+ja^{j-1}b$) :
$$
\mbox{RHS}_{n+1}=\sum_{j=0}^{n+1}\frac{(\sigma_n+x_{n+1})^j}{j!}\geq\frac{\sigma_n ^{n+1}}{(n+1)!}+\sum_{j=0}^{n}\frac{\sigma_n ^j}{j!}+x_{n+1}\cdot \sum_{j=1}^{n+1}\frac{\sigma_n ^{j-1}}{(j-1)!}\geq \mbox{RHS}_n+x_{n+1}\cdot \mbox{RHS}_n\geq (1+x_{n+1})\mbox{LHS}_n=\mbox{LHS}_{n+1}
$$

o sbaglio?

[Gottinger95]

Si, mi sembra che siano giuste entrambe Dalla tua induzione si vede pure che i casi di uguaglianza sono \(\sigma = 0\) oppure \(j=1\) (per il quale vale l'uguale nella mini-disuguaglianza). Come applicazione di questo "lemma" sulle radici di un polinomio, mi è venuta in mente questa cosa:
Se \(p(x)\) ha tutti radici reali dello stesso segno con \(\deg(p)=n\) allora vale
\[ e_p^n p(e_p) \le (1+ \frac{e_p a_{n-1} }{n} )^n\]
dove \(|e_p| = 1\), e \(e_p\) è discorde con le soluzioni.
E mi sono chiesto: vale anche il contrario? Cioè, se ho almeno due radici complesse oppure radici di segni diversi, vale la disuguaglianza inversa?
Sarebbe un criterio abbastanza fico!