Altri binomiali

[Triarii]

Tanto per restare in tema

Sia $n\ge 2$ un intero. Mostrare che
$$\sum_{k=1}^n kx_k \le \binom {n} {2} +\sum_{k=1}^n x_k^k$$
per tutti i reali non negativi $x_1,x_2,...,x_n$

[Lasker]

Come sempre quando c'è $n$, provo l'induzione (se lo avessi chiamato $x$ non ci avrei pensato ).
Il passo base $n=2$ è abbastanza banale, in quanto, per AM-GM su $(1, x_2^2)$ si ha:
$$2x_2\leq 1+x_2^2$$
Accorgendomi che $1={2\choose 2}$ e sommando ad entrambi i membri $x_1$ ottengo proprio
$$x_1+2x_2\leq {2\choose 2}+x_1+x_2^2\Rightarrow \sum_{k=1}^2 kx_k\leq {2\choose 2}+\sum_{k=1}^2 x_k^k$$
Dimostro ora la tesi per $n+1$ assumendo che valga per $n$:
$$\left(\sum_{k=1}^n ka_k\right)+(n+1)a_{n+1}\leq{n\choose 1}+\left({n\choose 2}+\sum_{k=1}^n a_k^k\right)+a_{n+1}^{n+1}$$
Dove ho spezzato il binomiale in due parti grazie alla ben nota formula di Stifel (quella del triangolo di Tartaglia, isomma).
Mi resta dunque da dimostrare:
$$(n+1)a_{n+1}\leq n+a_{n+1}^{n+1}$$
Che è tranquillamente AM-GM su $(\underbrace{1,1,1,...,1}_{n \textrm{ volte}},a_{n+1}^{n+1})$.

[Triarii]

Corretto
Un altro possibile approccio è quello riscirvere $x_k^k$ come $(1+x_k-1)^k$ e appplicare Bernoulli, ottenendo
$$(1+x_k-1)^k\ge 1+kx_k-k$$
Ripetendo il procedimento per ogni $k$ e sommando membro a membro ogni disuguaglianza si ottiene proprio la tesi (Il binomiale si può vedere come somma dei primi $n-1$ naturali, che è proprio la quantità che viene dalla somma)

[Gottinger95]

Maggiorazione di coefficienti con esponenti chiama Bernoulli, come si dice a roma (?)