Jeszcze inne rozwiązanie:
przypomnijmy nierówność Huygensa
– w dodatnich
\(\displaystyle{ x_1, \ldots x_n}\) mamy
\(\displaystyle{ (1+x_1)(1+x_2)\ldots(1+x_n)\ge (1+\sqrt[n]{x_1x_2\ldots x_n})^n}\)
Można ją udowodnić indukcyjnie, jak sobie przypomnę, w jaki sposób, to napiszę, bo na razie zablefowałem (jest to także szczególny przypadek uogólnionej nierówności Höldera).
Teraz stosujemy dwukrotnie nierówność Huygensa, najpierw dla
\(\displaystyle{ x_1=1+a_1, \ x_2=1+a_2, \ldots x_{2016}=1+a_{2016}}\), a następnie dla
\(\displaystyle{ x_1=a_1, \ x_2=a_2, \ldots x_{2016}=a_{2016}}\) i mamy:
\(\displaystyle{ (2+ a_{1} )(2+ a_{2} )...(2+ a_{2016} ) \ge \left( 1+\sqrt[2016]{(1+a_1)(1+a_2)\ldots(1+a_{2016})}\right)^{2016}\ge \\ \ge (1+(1+\sqrt[2016]{a_1a_2\ldots a_{2016}}))^{2016}=3^{2016}>2^{3024}}\)
(to ostatnie jak poprzednio wynika z
\(\displaystyle{ 9>8}\)).
Przy czym trochę sobie jaja robię z tym rozwiązaniem, ale czekam aż ciasto się upiecze, więc czymś sobie muszę zabić czas (choć wolałbym zabić siebie, a nie czas, ale na to mam za mało charakteru).
-- 19 lip 2018, o 00:22 --
Dobra, wymyśliłem ten indukcyjny dowód nierówności Huygensa, nieco podobny do indukcyjnego dowodu nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną.
Dla
\(\displaystyle{ n=2}\) mamy
\(\displaystyle{ (1+x_1)(1+x_2)\ge (1+\sqrt{x_1x_2})^2}\), czyli szczególny przypadek nierówności Cauchy'ego-Schwarza. Stąd nietrudno udowodnić indukcynie prawdziwość nierówności dla
\(\displaystyle{ n=2^k, \ k\in \NN^+}\): szkicowo
\(\displaystyle{ (1+x_1)(1+x_2)\ldots (1+x_{2^k})\ge \left( 1+\left(x_1 x_2\ldots x_{2^k} \right)^{\frac{1}{2^k}} \right)^{2^k} \\(1+x_{2^k+1})(1+x_{2^k+2})\ldots (1+x_{2^{k+1}})\ge \left( 1+\left(x_{2^k+1}x_{2^k+2}\ldots x_{2^{k+1}} \right)^{\frac{1}{2^k}} \right)^{2^k}}\)
po czym mnożymy te nierówności stronami i korzystamy ze wspomnianego szczególnego przypadku nierówności Cauchy'ego-Schwarza:
\(\displaystyle{ (1+\left(x_1 x_2\ldots x_{2^k}\right)^{\frac{1}{2^k}})(1+\left(x_{2^k+1}x_{2^k+2}\ldots x_{2^{k+1}}\right)^{\frac{1}{2^k}})\ge \left(1+\left(x_1 x_2\ldots x_{2^{k+1}} \right)^{\frac{1}{2^{k+1}}}\right)^2\\ (1+\left(x_1 x_2\ldots x_{2^k}\right)^{\frac{1}{2^k}})^{2^k}(1+\left(x_{2^k+1}x_{2^k+2}\ldots x_{2^{k+1}}\right)^{\frac{1}{2^k}})^{2^k}\ge \left(1+\left(x_1 x_2\ldots x_{2^{k+1}} \right)^{\frac{1}{2^{k+1}}}\right)^{2^{k+1}}}\)
No i fajnie. Czyli znajdziemy dowolnie duże
\(\displaystyle{ n}\), dla których nierówność zajdzie dla wszystkich
\(\displaystyle{ x_1, x_2\ldots x_n}\) rzeczywistych dodatnich.
Teraz zaś pokazujemy, że jeśli teza jest prawdziwa dla
\(\displaystyle{ n+1}\) zmiennych, to dla
\(\displaystyle{ n}\) również. Przy założeniu, że nierówność zachodzi dla dowolnych
\(\displaystyle{ n+1}\) liczb z
\(\displaystyle{ \RR^+}\), mamy w dodatnich:
\(\displaystyle{ (1+x_1)(1+x_2)\ldots (1+\sqrt[n]{x_1 x_2 \ldots x_n})\ge \left(1+\sqrt[n+1]{(x_1 x_2\ldots x_n)^{\frac{n+1}{n}}}\right)^{n+1}=\\=(1+\sqrt[n]{x_1 x_2\ldots x_n})^{n+1}}\)
Dzielimy stronami przez
\(\displaystyle{ 1+\sqrt[n]{x_1 x_2 \ldots x_n}}\) i koniec psot.