@ondine
Premesso che a un certo punto mi sono perso
date le mie limitate conoscenze (Hessiana, derivate parziali, …), mi pare di poter dire questo …
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Le tue $a_i$ non sono le radici ma l'opposto delle radici.
Le radici non sono necessariamente tutte pari a $1$; controesempio: $f(x)=x^2+5x+1$
@totissimus
La dimostrazione che conosco è sostanzialmente simile alla tua …
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Come hai detto, le radici sono tutte negative, per esempio $-r_1, -r_2, …, -r_n$ con $r_i>0$ e quindi $f(x)=(x+r_1)(x+r_2)…(x+r_n)$
Ne consegue che ogni coefficiente $a_k=sum r_(i_1)r_(i_2)...r_(i_k)$ e $r_1r_2...r_n=1$
Applicando la disuguaglianza $AM-GM$, otteniamo
$a_k/(((n),(k)))=[sum r_(i_1)r_(i_2)...r_(i_k)]/(((n),(k)))>=[Pi r_(i_1)r_(i_2)...r_(i_k)]^(1/(((n),(k))))$da cui
$a_k>=((n),(k))*[Pi r_(i_1)r_(i_2)...r_(i_k)]^(1/(((n),(k))))$Effettivamente quella produttoria fa un po' impressione
, osservando però che ogni radice compare lo stesso numero di volte possiamo dire $Pi(r_(i_1)r_(i_2)...r_(i_k))=(r_1r_2...r_n)^q=1^q=1$ per qualche $q$, quindi $a_k>=((n),(k))$ e osservando che $a_0=((n),(0))=1=((n),(n))=a_n$, quella diseguaglianza vale per tutti i coefficienti.
In definitiva possiamo scrivere $f(x)=sum_(k=0)^n a_kx^(n-k)$ che nel caso $f(2)$ diventa $f(2)=sum_(k=0)^n a_k2^(n-k)>=sum_(k=0)^n ((n),(k))1^k2^(n-k)=(1+2)^n=3^n$
Cordialmente, Alex