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Siano fissati dei reali $a_0,a_1,a_2,\ldots,a_n \in (0,\pi/2)$ tali che $\sum_{i=0}^n{\tan\left(a_i-\pi/4\right)}\ge n-1$. Mostrare che $\prod_{i=0}^n{\tan(a_i)}\ge n^{n+1}$.

Pongo per abbreviazione $ \tan{(a_i)}=t_i $. Allora abbiamo che $ \sum_{i=o}^{n}{\tan{(a_i - \frac{\pi}{4})}}=\sum_{i=o}^{n}{\frac{t_i-1}{t_i+1}} = n+1-2 \cdot \sum_{i=o}^{n}{\frac{1}{t_i+1}} $, quindi l'ipotesi equivale al fatto che $ \sum_{i=o}^{n}{\frac{1}{t_i+1}} \leq 1 $. Si ha ora per AM-HM che $ \sum_{i=o}^{n}{\frac{1}{t_i+1}} \geq \frac{(n+1)^2}{S+n+1} $ dove $ S=\sum_{i=o}^{n}{t_i} $, quindi dall'ipotesi segue che $ S \geq n \cdot (n+1) $.
Ora si ha per HM-GM che:
$ \displaystyle \prod_{i=o}^{n}{t_i} \geq \left(\frac{n+1}{\sum_{i=o}^{n}{\frac{1}{t_i}}} \right)^{n+1} $, quindi, affinché valga la tesi, mi basterebbe dimostrare che:$ \sum_{i=o}^{n}{\frac{1}{t_i}} \leq \frac{n+1}{n} $. Per AM-HM si ha ora che: $ \sum_{i=o}^{n}{\frac{1}{t_i}} \geq \frac{(n+1)^2}{S} $ e dato che $ S \geq n(n+1) $ si ottiene che $ \sum_{i=o}^{n}{\frac{1}{t_i}} \leq \frac{n+1}{n} $ da cui segue la tesi.

hai sbagliato il verso alla fine... in realtà potresti accorgerti che con HM-GM è impossibile che venga perchè se un t_i andasse a 0 e tutti gli altri a infinito (caso limite) la somma dei reciproci andrebbe a infinito...

patatone ha scritto:hai sbagliato il verso alla fine... in realtà potresti accorgerti che con HM-GM è impossibile che venga perchè se un t_i andasse a 0 e tutti gli altri a infinito (caso limite) la somma dei reciproci andrebbe a infinito...

In effetti hai ragione...