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Problema: essendo $ n\in\mathbb{N}_0 $ ed $ x_1, x_2, \ldots, x_n \geq 0 $, mostrare che $ \sqrt{x_1 + \ldots + x_{n-1} + x_n} + \sqrt{x_2 + \ldots + x_{n-1} + x_n} + \ldots + \sqrt{x_n} $ $ \geq \sqrt{x_1 + 4x_2 + \ldots + n^2 x_n} $. Stabilire inoltre in quali casi sussiste l'uguaglianza.

Presi i vettori

$ a_1=(\sqrt x_1 , \sqrt x_2 , \sqrt x_3, \dots , \sqrt x_n) $
$ a_2=(0 , \sqrt x_2 , \sqrt x_3, \dots , \sqrt x_n) $
$ a_3=(0 , 0 , \sqrt x_3, \dots , \sqrt x_n) $
$ a_n=(0 , \dots , 0 , \sqrt x_n) $

la tesi equivale alla disuguaglianza (triangolare)

$ \sum_{j=1}^n |a_i| \geqslant |\sum_{j=1}^n a_i | $

con l'uguaglianza che sussiste solo quando gli $ a_i $ sono allineati,
sarebbe a dire quando gli $ x_i $ sono tutti nulli (tranne, eventualmente,
uno, accogliendo l'obiezione di Hitleuler).

Ok, jack, la tua dimostrazione coi vettori non è niente male, ma questo tu già lo sai... Di sicuro è diversa dalla mia! Inoltre...

elianto84 ha scritto:[...] l'uguaglianza che sussiste solo quando gli $ a_i $ sono allineati, sarebbe a dire quando gli $ x_i $ sono tutti nulli!

Mmmh, no! Certo è vero che l'uguaglianza sussiste sse i vettori $ a_1, a_2, \ldots, a_n $ sono a due a due allineati. La qual condizione, seppure imponga dover essere $ x_1 = x_2 = \ldots = x_{n-1} = 0 $, nulla dice tuttavia sul conto di $ x_n $.

Una cosa (che in fondo è la stessa cosa di jack, ho notato solo ora) che si può fare è applicare la disuguaglianza di Minkowsky. questa dice che:
$ \displaystyle \left( \sum_{i=1}^n |a_i+b_i|^p\right)^\frac 1p \leq \left( \sum_{i=1}^n a_i^p\right)^\frac 1p + \left( \sum_{i=1}^n b_i^p\right)^\frac 1p $
Questa disuguaglianza vale $ \forall (a_1,a_2,...,a_n) , (b_1,b_2,...,b_n) \in R^n $ e $ \forall p\geq 1, p\in R $.
Ovviamente un'immediata generalizzazione è:
$ \displaystyle \left( \sum_{i=1}^n |a_i+b_i+c_i|^p\right)^\frac 1p \leq $
$ \displaystyle \left( \sum_{i=1}^n a_i^p\right)^\frac 1p + \left( \sum_{i=1}^n |b_i+c_i|^p\right)^\frac 1p\leq $
$ \displaystyle \left( \sum_{i=1}^n a_i^p\right)^\frac 1p + \left( \sum_{i=1}^n b_i^p\right)^\frac 1p + \left( \sum_{i=1}^n c_i^p\right)^\frac 1p $

E così via con $ 4,5,...k $ n-uple. Ora la nostra disuguaglianza la possiamo vedere come:

$ \displaystyle \left(|\sqrt{x_1}+0+0+...0|^2+|\sqrt{x_2}+\sqrt{x_2}+0+...+0|^2+...+ $ $ \displaystyle |\sqrt{x_n}+\sqrt{x_n}+...+\sqrt{x_n}|^2 ) ^\frac 12 \leq $
$ \displaystyle \left(\sqrt{x_1}^2+\sqrt{x_2}^2+...+\sqrt{x_n}^2 \right )^\frac 12 + \left( 0^2+\sqrt{x_2}^2+...+\sqrt{x_n}^2 \right)^\frac 12 $ $ \displaystyle +...+\left( 0^2+0^2+...+\sqrt{x_n}^2 \right) ^\frac 12 $

Spero si capisca... i vettori $ a_i,b_i,c_i,... $ sono:
$ a_i=(\sqrt{x_1},\sqrt{x_2},...,\sqrt{x_{n-1}},\sqrt{x_n}) $
$ b_i=(0,\sqrt{x_2},...,\sqrt{x_{n-1}},\sqrt{x_n}) $
$ c_i=(0,0,...,\sqrt{x_{n-1}},\sqrt{x_n}) $
:
:
$ x_i=(0,0,0,...,0,\sqrt{x_n}) $

P.S.: scusa elianto.... la mia soluzione è quasi uguale alla tua

Occhei, Simo, occhei...

Senza togliere alcun merito alle risposte già date, preferisco soluzioni che usino solo le normali conoscenze di una media superiore; in questa categoria rientra la mia.
Poniamo
$ a_k=\sqrt{x_k+x_{k+1}+ \ldots +x_n} $
$ b_k=a_k+a_{k+1}+ \ldots +a_n $
$ c_k=a_1^2+3a_2^2+ \ldots +(2k-1)a_k^2+2ka_kb_{k+1}+b_{k+1}^2 $
Dalle definizioni segue che per k compreso fra 1 e n-1 si ha $ a_k \geq a_{k+1} $ e $ b_k=a_k+b_{k+1} $ e che l'ultima relazione vale anche per k=n purchè si ponga $ b_{n+1}=0 $. Sostituendo questi valori negli ultimi due termini della terza riga si ottiene $ c_k \geq c_{k+1}. $
Il primo membro del quesito può essere scritto come $ a_1+b_2 $, ed elevandolo a quadrato si ottiene $ c_1 $, ma è
$ c_1 \geq c_2 \geq \ldots \geq c_n $ = $ a_1^2+3a_2^2+ \ldots+(2n-1)a_n^2 $= $ =(x_1+x_2+\ldots +x_n)+3(x_2+\ldots+x_n)+\ldots+(2n-1)x_n $
Riducendo i termini simili e ricordando che la somma dei primi k numeri dispari dà $ k^2 $ si ha la tesi. Perchè valga l'uguaglianza, ovviamente non deve esserci mai il segno di maggiore; devono quindi essere nulli i primi n-1 valori di x.

[Pesantemente OT]
Una piccola nota che, per quanto un poco fuori posto in questo thread, è ispirata alla soluzione di Simo_the_Wolf ...
Chiamato $ \mathbb{R}^n $ l'insieme delle n-uple di numeri reali, diciamo norma una funzione $ N:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R} $ tale che:
1)$ N( (a_1,\ldots,a_n))\geq 0 $ per ogni n-upla $ (a_1,\ldots,a_n) $ e $ N( (a_1,\ldots,\a_n) )=0 $ se e solo se $ a_1=\ldots=a_n $
2)$ N( (ha_1,\ldots,ha_n) )=N( h(a_1,\ldots, a_n))=|h|N((a_1,\ldots,a_n)) $ per ogni n-upla $ (a_1,\ldots,a_n) $ e per ogni reale $ h $
3)$ N( (a_1+b_1,\ldots, a_n+b_n) )\leq N((a_1,\ldots,a_n))+N((b_1,\ldots,b_n)) $ per ogni coppia di n-uple $ (a_1,\ldots, a_n),\ (b_1,\ldots,b_n) $.

Ora, la funzione $ N((a_1,\ldots,a_n))=\sqrt{a_1^2+\ldots+a_n^2} $ è una norma (si chiama norma euclidea) e nel caso n=2 si trasforma nella distanza euclidea, per cui la condizione 3) è la disuguaglianza triangolare. Per questo la proprietà 3) si chiama, anche per una norma generica, disuguaglianza triangolare.
Bene, le funzioni
$ \displaystyle{N_p((a_1,\ldots,a_n))=\left(\sum_{i=1}^na_i^p\right)^{\frac{1}{p}}} $
sono norme e per dimostrarlo si usa proprio la disuguaglianza di Minkowsky (per la propr. 3) ... le prime due sono ovvie).
Quindi la soluzione di Simo è uguale a quella di elianto84 in un senso molto più "profondo" di quello che potrebbe essere il puro formalismo : usano entrambi esattamente le stesse cose, solo che simo è più prolisso (esser più sintetici di elianto84 è quasi impossibile ).

Questo suggerisce anche la facile generalizzazione della disuguaglianza di hit, riscrivendo la disuguaglianza triangolare per una qualsiasi norma Np.
[/Pesantemente OT]