Školjka

%V0 Pokušat ćemo tvrdnju zadatka dokazati Cauchyevom indukcijom: Baza: $n = 2$ Imamo: $$\frac{1}{r_1+1} + \frac{1}{r_2+1} \geq \frac{2}{\sqrt{r_1r_2}+1}$$ ali lako se možemo uvjeriti (oduzimanjem desne strane od lijeve) da: $$\frac{1}{r_1+1} + \frac{1}{r_2+1} = \frac{2}{\sqrt{r_1r_2}+1} + \frac{(\sqrt{r_1}-\sqrt{r_2})^2(\sqrt{r_1r_2}-1)}{(r_1+1)(r_2+1)(\sqrt{r_1r_2}+1)}$$ što očito dokazuje gore navedenu nejednakost za $r_1, r_2 \geq 1$ Pretpostavka: za neki $n \in \mathbb{N}$ vrijedi: $$\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{r_{i} + 1} \geq \frac{n}{ \sqrt[n]{r_{1} \cdots r_{n}}+1}$$ Korak: $n \rightarrow 2n$ Imamo: $$\sum_{i=1}^{2n} \frac{1}{r_{i} + 1} = \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{r_{i} + 1} + \sum_{i=n+1}^{2n} \frac{1}{r_{i} + 1} \geq n \cdot\Bigg(\frac{1}{ \sqrt[n]{r_{1} \cdots r_{n}}+1}+\frac{1}{ \sqrt[n]{r_{n+1} \cdots r_{2n}}+1}\Bigg) \geq \frac{2n}{\sqrt[2n]{r_1\cdots r_{2n}}+1}$$ Čime je korak dokazan. Korak: $n \rightarrow n-1$ Uzmimo: $r_n = \sqrt[n-1]{r_1\cdots r_{n-1}}$ Tada imamo: $$\frac{1}{ \sqrt[n-1]{r_1\cdots r_{n-1}}+1}+\sum_{i=1}^{n-1} \frac{1}{r_{i} + 1} \geq \frac{n}{ (r_{1} \cdots r_{n-1}\cdot (r_{1} \cdots r_{n-1})^\frac{1}{n-1})^{\frac{1}{n}}+1}= \frac{n}{(((r_{1} \cdots r_{n-1})^{\frac{n}{n-1}})^{\frac{1}{n}}+1} = \frac{n-1}{\sqrt[n-1]{r_1\cdots r_{n-1}}+1} + \frac{1}{\sqrt[n-1]{r_1\cdots r_{n-1}}+1}$$ $$\iff$$ $$\sum_{i=1}^{n-1} \frac{1}{r_{i} + 1} \geq \frac{n-1}{\sqrt[n-1]{r_1\cdots r_{n-1}}+1}$$ Čime je korak dokazan. Po pretpostavci matematičke indukcije, tvrdnja zadatka vrijedi za $\forall n\in \mathbb{N}$.