一个n元不等式

lemondian

已知 $a_1, a_2, a_3, \cdots, a_n>0$, $m \geq n$, 求证:$$\prod_{i=1}^n(a_i^2+m-1) \geq \frac{m^n}{n^{\frac{2 n}{m}}}\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)^{\frac{2 n}{m}}$$

kuing

(⊙v⊙)嗯？比我十四年前给出的不等式更进一步了
（`m=n` 时就是《数学空间》2011 年第 2 期 P.38 的结论，不知是否类似可证）

kuing

唉，原来也没啥意思，`m>n` 放缩一下就变回 `m=n`。

证明：当 `m=n` 时《数学空间》里已证，当 `m>n` 时，待证不等式等价于
\[\prod_{i=1}^n\left(\frac{a_i^2+m-1}m\right)^{m/n}\geqslant\frac1{n^2}(a_1+a_2+\cdots+a_n)^2,\quad(*)\]
因为 `m/n>1`, `a_i^2-1\geqslant-1`，由贝努利不等式，有
\[\left(\frac{a_i^2+m-1}m\right)^{m/n}=\left(1+\frac{a_i^2-1}m\right)^{m/n}\geqslant1+\frac mn\cdot\frac{a_i^2-1}m=\frac{a_i^2+n-1}n,\]
得到
\[\prod_{i=1}^n\left(\frac{a_i^2+m-1}m\right)^{m/n}\geqslant\frac1{n^n}\prod_{i=1}^n(a_i^2+n-1),\]
因此要证式 (*) 只需证
\[\prod_{i=1}^n(a_i^2+n-1)\geqslant n^{n-2}(a_1+a_2+\cdots+a_n)^2,\]
这就是 `m=n` 的情形，即得证。