monische veelterm (=met leidende coëfficiënt 1)

Omdat de monische veelterm $p$ van graad $n$ volledig ontbindt over $\mathbb{R}$, en zijn $n$ wortels allemaal verschillende negatieve reële getallen zijn, is het duidelijk dat $p$ van de vorm $p(x) = \prod_{i=1}^{n} (x+t_{i})$ is, waarbij $t_i > 0$ voor alle $i$, en $t_i \not = t_j$ voor alle $i \not= j$. Er geldt $A = \left( \prod_{i=1}^{n} t_i \right) \cdot \left( \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{t_i} \right)$, $B= \prod_{i=1}^{n} t_i$ en $p(1)= \prod_{i=1}^{n} (t_{i}+1)$. Met AM/GM vinden we $$t_i + 1 = t_i + \underbrace{ \frac{1}{n-1} + \ldots + \frac{1}{n-1} }_{n-1 \mbox{ keer}} \geq n \cdot \sqrt[n]{ \frac{t_i}{(n-1)^{n-1}}}$$ en dus ook $$p(1)=\prod_{i=1}^{n} (t_i + 1) \geq \frac{n^n}{(n-1)^{n-1}} \cdot \sqrt[n]{ \prod_{i=1}^{n} t_i }.$$ Eveneens met AM/GM volgt $$A \geq \left( \prod_{i=1}^{n} t_i \right) \cdot \left( n \cdot \sqrt[n]{ \frac{1}{\prod_{i=1}^{n} t_i}} \right) = B \cdot \left( n \cdot \sqrt[n]{ \frac{1}{\prod_{i=1}^{n} t_i}} \right).$$
Dus $$A \cdot p(1) \geq B \cdot \frac{n^{n+1}}{(n-1)^{n-1}}= B \cdot \left(\frac{n}{n-1}\right)^{n-1} \cdot n^2.$$
Uit de ongelijkheid van Bernoulli, die zegt dat voor een reël getal $x > -1$ en een natuurlijk getal $m > 1$ geldt dat $(1 + x)^{m} > 1 + mx$, halen we dan dat $$\left( \frac{n}{n-1} \right)^{n-1} = \left(1 + \frac{1}{n-1} \right)^{n-1} > 1 + (n-1) \cdot \frac{1}{n-1} = 2.$$
Dus $A \cdot p(1) > 2 n^2 \cdot B$. $\blacksquare$
Met dank aan Clara. ;)