Siano $ ~ a_1,a_2,\ldots,a_n $ reali $ ~ \ge 1 $.
- Dimostrare che
$ \displaystyle a_1a_2\cdots a_n - \frac 1{a_1a_2\cdots a_n} \ge $$ \displaystyle (a_1+a_2+\ldots+a_n) - \left( \frac 1{a_1} + \frac 1{a_2} + \ldots + \frac 1{a_n} \right) $
- (visto che è la prima disuguaglianza del 2007) Dimostrare il caso particolare n=2007.
Disuguaglianza con x-1/x
-
darkcrystal
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- Località: Chiavari
Questa soluzione mi sa di sbagliata, però non so perchè 
Comunque, per induzione su $ n $.
Per $ n=1 $ è banale; voglio dimostrare che se è vera per $ n $ allora è vera per $ n+1 $.
Perdonatemi la notazione. L'ipotesi induttiva è dunque $ LHS_n \geq RHS_n $ e la tesi $ LHS_{n+1} \geq RHS_{n+1} $. Ma è anche vero che
$ RHS_{n+1}= $$ RHS_n+a_{n+1} - \frac{1}{a_{n+1}} $, perciò, per hp induttiva,
$ RHS_{n+1} \leq LHS_n +a_{n+1}-\frac{1}{a_{n+1}} $. Resta dunque da provare che $ LHS_n +a_{n+1}-\frac{1}{a_{n+1}} \leq LHS_{n+1} $.
Con pochi conti che vi risparmio, posto $ k=\prod_{i=1}^{n}a_i $ e $ x=a_{n+1} $, la tesi diventa:
$ (k)(x^2-x)+\frac{1}{k}(x-1)+(1-x^2) \geq 0 $, cioè, dividendo per
$ (x-1) $, che è positivo per ipotesi (vabbè, ok, c'è lo zero, ma allora
$ x=1 $ e allora la disuaguaglianza funziona), $ kx+\frac{1}{k} \geq x+1 \Rightarrow x(k-1) \geq \frac{k-1}{k} $. Ancora, $ k \geq 1 $ perchè
prodotto di termini maggiori o uguali a uno, perciò dividendo per
$ k-1 $ (se $ k=1 $ funziona...) si ha $ kx \geq 1 $ che è ancora vera.
Come minimo c'è un errore di calcolo
Ciao!
Comunque, per induzione su $ n $.
Per $ n=1 $ è banale; voglio dimostrare che se è vera per $ n $ allora è vera per $ n+1 $.
Perdonatemi la notazione. L'ipotesi induttiva è dunque $ LHS_n \geq RHS_n $ e la tesi $ LHS_{n+1} \geq RHS_{n+1} $. Ma è anche vero che
$ RHS_{n+1}= $$ RHS_n+a_{n+1} - \frac{1}{a_{n+1}} $, perciò, per hp induttiva,
$ RHS_{n+1} \leq LHS_n +a_{n+1}-\frac{1}{a_{n+1}} $. Resta dunque da provare che $ LHS_n +a_{n+1}-\frac{1}{a_{n+1}} \leq LHS_{n+1} $.
Con pochi conti che vi risparmio, posto $ k=\prod_{i=1}^{n}a_i $ e $ x=a_{n+1} $, la tesi diventa:
$ (k)(x^2-x)+\frac{1}{k}(x-1)+(1-x^2) \geq 0 $, cioè, dividendo per
$ (x-1) $, che è positivo per ipotesi (vabbè, ok, c'è lo zero, ma allora
$ x=1 $ e allora la disuaguaglianza funziona), $ kx+\frac{1}{k} \geq x+1 \Rightarrow x(k-1) \geq \frac{k-1}{k} $. Ancora, $ k \geq 1 $ perchè
prodotto di termini maggiori o uguali a uno, perciò dividendo per
$ k-1 $ (se $ k=1 $ funziona...) si ha $ kx \geq 1 $ che è ancora vera.
Come minimo c'è un errore di calcolo
Ciao!
"Solo due cose sono infinite: l'universo e la stupidità dell'uomo, e non sono tanto sicuro della prima" - Einstein
Membro dell'EATO
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Beh se non è zuppa è pan bagnato, si dice qua. Cioè, se non è smoothing è unsmoothing. 
Sia $ ~ f(x) = x - \frac 1x $, definita sui reali >= 1.
f(x) è chiaramente crescente, essendo somma di funzioni crescenti, e f(1)=0.
Inoltre $ ~ f(ab) + f(1) \ge f(a) + f(b) $ infatti:
$ ~ ab - \frac1{ab} \ge a - \frac 1a + b - \frac 1b $, moltiplico per ab e scompongo:
$ ~(ab+1)(ab-1) \ge (a+b)(ab-1) $
$ ~ab+1 \ge a+b $
$ ~ (a-1)(b-1) \ge 0 $
Quindi, partendo da RHS possiamo sostituire a due variabili (a,b) la coppia (ab,1). LHS resta invariata mentre RHS aumenta.
Applicando questa operazione n-1 volte... otteniamo LHS
Sia $ ~ f(x) = x - \frac 1x $, definita sui reali >= 1.
f(x) è chiaramente crescente, essendo somma di funzioni crescenti, e f(1)=0.
Inoltre $ ~ f(ab) + f(1) \ge f(a) + f(b) $ infatti:
$ ~ ab - \frac1{ab} \ge a - \frac 1a + b - \frac 1b $, moltiplico per ab e scompongo:
$ ~(ab+1)(ab-1) \ge (a+b)(ab-1) $
$ ~ab+1 \ge a+b $
$ ~ (a-1)(b-1) \ge 0 $
Quindi, partendo da RHS possiamo sostituire a due variabili (a,b) la coppia (ab,1). LHS resta invariata mentre RHS aumenta.
Applicando questa operazione n-1 volte... otteniamo LHS