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E in che modo è collegato al mio problema?
k dovrebbe essere 0,5... ma h e a_i chi so?

$ \displaystyle \sqrt{1+\frac{1}{x-1}}+\sqrt{1+(x-1)} $...

Quindi $ a_{1}=\frac{1}{x-1} $ e $ a_{2}=x-1 $ con $ k=\frac{1}{2} $ e $ h=1 $... ma sbaglio: dove sbaglio?

No, non sbagli, infatti ti accorgerai che nella dimostrazione il vincolo su h è inutile..

jordan ha scritto:No, non sbagli, infatti ti accorgerai che nella dimostrazione il vincolo su h è inutile..

Biricchino... mi stavo scervellando su h... quello il cervello già è quello chè, poi fai i tranelli... biricchino

Ma perchè non sono nato nel 1941 XD

Meglio così, c'era una guerra di troppo nel 1941.

Intanto do la dimostrazione del caso specifico; con i simboli già usati, si ha:

$ \dysplaystyle \frac{\sqrt{{a_1}+1}+\sqrt{{a_2}+1}}{2}\geq \sqrt\sqrt{({a_1}+1)({a_2+1})} $ per AM-GM.

Svolgendo i calcoli della seconda radice a destra, si ha il prodotto, si ha:

$ \sqrt{\sqrt{({a_1}+1)({a_2+1})}}= \sqrt{\sqrt{{a_1}{a_2}+{a_1}+{a_2} +1}}\geq \sqrt{\sqrt{{a_1}{a_2}+2\sqrt{{a_1}{a_2}} +1}} $ sempre per AM-GM.

Mettendo insieme la prima e la seconda diseguaglianza si ha la tesi.
Per il caso generale si procede in modo del tutto analogo, con la differenza che nel membro di destra compariranno più fattori; si sviluppa allora il prodotto e si raggruppano i termini in modo opportuno. Infine io userei MacLaurin per minimizzare i termini della somma (come qui si è fatto con AM-GM perché era il caso semplice); si ha così il minimo dell'espressione.

Adesso siete autorizzati a distruggermi

Già, come periodo gli anni '40 erano un po' turbolenti...
Da buon ragazzo nato nel periodo della globalizzazione posto un'altra soluzione al problema.

Per le condizioni di esistenza dei radicali deve essere $ x>1 $ . Dunque poniamo $ x=1+k, \quad k>0 $ .
Dunque la disuguaglianza da verificare risulta $ \sqrt{1+\dfrac1k}+\sqrt{1+k} \geq 2\sqrt2 $ . Con una bella AM-GM troviamo che $ LHS \geq 2\cdot\sqrt[4]{2+\dfrac1k+k} $ , e con un'altra bella AM-GM su $ \dfrac1k+k $ troviamo $ LHS \geq 2\cdot\sqrt[4]{2+2} = 2\sqrt2 $ .

P.S. In effetti è la stessa soluzione di Natalino, solo che forse è un pelino più semplice la sostituzione.

Natalino ha scritto:...Infine io userei MacLaurin per minimizzare i termini della somma..

Si, funziona.. qualcosa di un poco più intuitivo?

@Davide90: dove sta la AM-QM? In ogni caso, sì, è la stessa..

penso sia AM-GM...

exodd ha scritto: penso sia AM-GM...

Si, esatto... Ora correggo.

jordan ha scritto: Si, funziona.. qualcosa di un poco più intuitivo?

Limitatamente al caso di esponente 1/2, andrebbe bene l'induzione?

E a sto punto il risultato generale qual è? $ \sum_{i=1}^{n}(a_{i}+h)^{t}\geqslant n \sqrt{(1+h)^{nt}} $?

Ma il vincolo su $ t $ occorre o è messo la per bellezza come per $ h $?

Provo a lasciare ciò a cui sono giunto.
Chiedo perdono per la mia ignoranza che sicuramente trasparirà da quello che sto per scrivere.

Per quello che ho fatto io, mi pare che $ h,t $ possano essere due reali positivi qualunque: sicuramente sbaglio.

A ogni modo...

$ \displaystyle \frac{(a_{1}+h)^{t} + (a_{2}+h)^{t} + \cdots + (a_{n}+h)^{t}}{n} \geqslant \sqrt[n]{(a_{1}+h)^{t}(a_{2}+h)^{t}\cdots(a_{n}+h)^{t}}= $
$ \displaystyle =\sqrt[n]{[(a_{1}+h)(a_{2}+h)\cdots(a_{n}+h)]^{t}}= $
$ \displaystyle =\sqrt[n]{\left[a_{1}\cdots a_{n} + \left(\sum_{cyc}a_{1}\cdots a_{n-1}\right)h + \cdots + \left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)h^{n-1} + h^{n}\right]^{t}}\geqslant $
$ \displaystyle \geqslant \sqrt[n]{\left[a_{1}\cdots a_{n} + \binom{n}{1}\sqrt[\binom{n}{1}]{(a_{1}\cdots a_{n})^{\binom{n}{1} - 1}}h + \binom{n}{2}\sqrt[\binom{n}{2}]{(a_{1}\cdots a_{n})^{\binom{n}{2} - 1}}h^{2} + \cdots + h^{n} \right]^{t}}= $
$ \displaystyle =\sqrt[n]{\left[1+\binom{n}{1}h + \binom{n}{2}h^{2} + \cdots + h^{n}\right]^{t}}=\sqrt[n]{\left[(1+h)^{n}\right]^{t}} $

Quindi:

$ \displaystyle \sum_{i=1}^{n}(a_{i}+h)^{t}\geqslant n(1+h)^{t}} $

Non è che va bene, no eh?

P.S.
Con $ \sum_{cyc}a_{1}\cdots a_{n-1} $ intendo e.g. $ a_{1}a_{2}a_{3} + a_{1}a_{2}a_{4} + a_{2}a_{3}a_{4}+a_{1}a_{3}a_{4} $ nel caso $ n=4 $: non so se è corretto indicare sto fatto così. E' giusto?

WiZaRd ha scritto:Per quello che ho fatto io, mi pare che $ h,t $ possano essere due reali positivi qualunque: sicuramente sbaglio.

Non sbagli

WiZaRd ha scritto:Quindi:

$ \displaystyle \sum_{i=1}^{n}(a_{i}+h)^{t}\geqslant n\sqrt[n]{(1+h)^{nt}} $

Non è che va bene, no eh?

E' giusto ed è in pratica ciò che prima ha scritto Natalino.
(Quella n ti sta tanto simpatica che non vuoi proprio toglierla vero? )

WiZaRd ha scritto:Con $ \sum_{cyc}a_{1}\cdots a_{n-1} $ intendo e.g. $ a_{1}a_{2}a_{3} + a_{1}a_{2}a_{4} + a_{2}a_{3}a_{4}+a_{1}a_{3}a_{4} $ nel caso $ n=4 $: non so se è corretto indicare sto fatto così. E' giusto?

E' solo questione di notazione, ma quando espliciti una somma ciclica è bene mantenere l'ordine delle variabili, almeno per chiarezza (il tuo esempio, n=4):
$ \sum_{cyc}{a_1a_2a_3}=a_1a_2a_3+a_2a_3a_4+a_3a_4a_1+a_4a_1a_2 $
Ti consiglio inoltre se hai un numero come pedice di evitare di mettere le graffe, ci guadagni di tempo
Per le altre somme che non hai indicato, in quei casi non hai più somme cicliche come negli (unici) casi 1 e n-1 variabilinell'argomento, ma si tratta si somme simmetriche senza ripetizioni; in alcuni testi la notazione $ \sum_{sym} $ nelle n variabili ha sempre n! addendi (utile per questioni tipo bunching..), in altri indica tutte le possibili combinazioni dell'argomento della somma, ma senza ripetizioni (tali somme coincidono sse gli esponenti delle n variabili sono tutti distinti).

Riguardo l'altra soluzione, la mia era solo per h=1, me ne sono accorto solo dopo aver postato i messaggi:
$ \sum{(a_i+1)^k} \ge 2^k\sum{a_i^{\frac{k}{2}} \ge n2^k $, la prima per am-gm, la seconda per la disuguaglianza generalizzata tra medie.
Comunque poco male, se h è un razionale della forma c/d allora è sufficiente scrivere ogni addendo $ a_i+h $ nella forma $ \displaystyle \frac{(a_i+\ldots+a_i)+(1+1+\ldots+1)}{d}=\frac{da_i+c}{d} $ e applicare lo stesso ragionamento di prima. Ai reali si passa per continuità, anche se in realtà odio tale argomento e non escludo che non sia lecito..
Per cui, in generale, se $ h \neq 1 $ preferisco personalmente la vostra dimostrazione.
Saluti WiZaRd