Ungleichheit mit der Lambertschen Funktion $x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}+(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}\leq 1$
Lassen $0<x<1$ dann haben wir :
$$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}+(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}\leq 1$$
Der Gleichheitsfall ist $x=0.5$.
Um es zu zeigen, habe ich versucht, dem Lemma 7.1 und 7.2 dieses Papiers von Vasile Cirtoaje zu folgen. Das Problem ist, dass der resultierende Ausdruck schrecklich ist!
Ich habe auch Bernoullis Ungleichung mit irgendeinem Effekt ausprobiert, weil sie nicht scharf genug ist.
Update 18.12.2020:
Es ist ein weiterer Versuch. Wir können eine Annäherung wie diese erstellen:
Lassen $0<\beta<x\leq 0.5$ dann müssen wir die Konstanten so bestimmen, dass:
$$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}\leq \frac{1}{2}\operatorname{W}^{\alpha}(2ex)$$
Wir haben numerisch gesprochen $\frac{115}{100}<\alpha<\frac{125}{100}$
Um die Lücke zu verringern, habe ich versucht, eine lineare Funktion einzuführen: $$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}\leq \frac{1}{2}\operatorname{W}^{\alpha}(2ex)+ax+b$$
Aber auch hier reicht es nicht aus zu arbeiten, so dass wir ein allgemeines Polynom wie das folgende betrachten können:
$$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}\leq \frac{1}{2}\operatorname{W}^{\alpha}(2ex)+\sum_{k=0}^{n}a_nx^n$$
Nun, es ist ein erster Schritt und in Zukunft werde ich versuchen, die Koeffizienten dieses allgemeinen Polynoms zu finden.
Update 20.12.2020:
Wir können das Problem wie folgt umformulieren:
Lassen $x,y>0$ so dass $ye^y+xe^x=2e$ dann haben wir :
$$\left(\frac{xe^x}{2e}\right)^{(x)^{\frac{xe^x}{e}}}+\left(\frac{ye^y}{2e}\right)^{(y)^{\frac{ye^y}{e}}}\leq 1$$
Wo ich die Umkehrfunktion der Lambertschen Funktion verwende.
Gut mit dem Formular $f(x)=\left(\frac{xe^x}{2e}\right)^{(x)^{\frac{xe^x}{e}}}=g(x)^{h(x)}$ Ich kann zeigen, dass die Funktion $f(x)$ ist konvex auf $(0,W(2e))$Also (ich habe es versucht) können wir Slaters Ungleichung verwenden, um eine Obergrenze zu finden. So funktioniert es nicht. Andererseits können wir Karamatas Ungleichung verwenden, aber ich habe es nicht versucht!
Nun, wenn wir Karamata verwenden, habe ich eine Strategie:
Wir haben durch Karamata Ungleichung und $0\leq\varepsilon_n'\leq\varepsilon_n<y<x$::
$$f(x)+f(y)\leq f(x+\varepsilon_n)+f(y-\varepsilon_n')$$
Mit $(y-\varepsilon_n')e^{y-\varepsilon_n'}+(x+\varepsilon_n)e^{x+\varepsilon_n}\geq 2e$
Jetzt wollen wir den Vorgang wiederholen, um eine Reihe von Ungleichungen dieser Art zu erhalten:
$$f(x)+f(y)\leq f(x+\varepsilon_n)+f(y-\varepsilon_n')\leq f(x+\varepsilon_{n-1})+f(y-\varepsilon_{n-1}')< 1$$
Aber es ist sehr kompliziert.
Es funktioniert nicht für alle Werte, aber ich denke, wir haben die Ungleichung $y> 0.5 \geq x$ ::
$$p(x)=(1-x^{xe^{x-1}})^2+x^{xe^{x-1}} \frac{xe^{x-1}}{2} (2-x^{xe^{x-1}})-x^{xe^{x-1}} \frac{xe^{x-1}}{2} (1-x^{xe^{x-1}}) \ln\left(\frac{xe^{x-1}}{2}\right)$$ Wir haben : $$f(x)+f(y)\leq p(y)+2^{-\varepsilon}p^{1+\varepsilon}(x)< 1$$
Mit $0\leq \varepsilon \leq\frac{1}{10}$
Wo ich das Lemma 7.2 des obigen Papiers verwende.
Die letzte Idee:
Verwendung des Majorisierungssatzes:
Lassen $a\geq b>0$ und $c\geq d >0$ und $n$ eine natürliche Zahl, die groß genug ist, dass:
$$a\geq c$$
Und :
$$\left(a\frac{n}{n+1}+c\frac{1}{n+1}\right)\left(b\frac{n}{n+1}+d\frac{1}{n+1}\right)\geq cd$$
Dann haben wir :
$$a+b\geq c+d$$
Beweis: Es ist eine direkte Folge der Ungleichheit der Karamata.
Wir haben einen anderen Satz:
Lassen $2>x,y>0$ ,$n$ eine natürliche Zahl groß genug und $\varepsilon>0 $
Wenn wir haben :
$$xy<1-\varepsilon $$ $$x+y<2-\varepsilon$$ dann haben wir :
$$\ln\left(\frac{n}{n+1}+x\frac{1}{n+1}\right)+\ln\left(\frac{n}{n+1}+y\frac{1}{n+1}\right)\leq 0$$
Beispiel:
Mit dem Satz der Majorisierung haben wir ($x=0.4$):
$$(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}< 1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5$$
Und :
$$\left(\frac{1}{4000}x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}+\frac{3999}{4000}\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5\right)\left(\frac{1}{4000}(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}+\frac{3999}{4000}(1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5)\right)< (1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5)\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5$$
Teilen Sie beide Seiten durch die RHS und verwenden Sie den zweiten Satz, der Folgendes bemerkt:
$$\frac{x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}}{\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5(1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5)}<1-\varepsilon$$
Und :
$$\frac{x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}}{\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5}+\frac{(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}}{(1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5)}<2-\varepsilon\quad (I)$$
Jetzt denke ich, dass es einfacher ist, weil wir den Logarithmus nehmen und das Verhalten der Funktion untersuchen können.
Um das zu beweisen $(I)$ wir können die Grenze verwenden:
Lassen $0<x<\frac{1}{100}$ ::
$$e^x<(1+x)^2-x$$
Offensichtlich, wenn wir die verschiedenen Elemente der LHS getrennt untersuchen.
Dann zu studieren $(I)$ Wir haben eine ziemlich gute Annäherung:
Lassen $0< x \leq \frac{1}{2}$ dann haben wir :
$${\operatorname{W}(2ex)}^{2x}\geq (2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}$$
In der Tat haben wir die folgende Verfeinerung auf $(0,0.5]$ ::
$$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}+(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}\leq x^{(2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}+ (1-x)^{(2(1-x))^{\frac{915}{1000}\left((1-x)\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}\leq 1$$
Anmerkungen: Die Methode unter Verwendung des Majorisierungssatzes hat zwei Vorteile. Wir müssen zwei Werte derselben Reihenfolge in Bezug auf die Werte in der LHS auswählen. Einer kann minderwertig sein (und der andere notwendig überlegen). Andererseits hängt seine Genauigkeit von der anfänglichen Annäherung in ab$(I)$. Schließlich, wenn wir in zwei Teile teilen, die LHS in$(I)$ und wenn wir für ein ein stärkeres Ergebnis beweisen, ist das andere Element etwas leichter zu zeigen.
Ich baue eine Annäherung an $(0,1)$ welche die Form haben:
$$x^{(2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}\simeq \left(\left(2^{(2x)^{x^{1.25}}} \frac{x}{2}\right)^{0.5}0.5^{0.5}*0.5^{{(2 (1-x))}^{x^{-0.25}}}\right)^{0.5}\quad (S)$$
Sie können mit den Koeffizienten spielen $-0.25$ und $1.25$ die nicht die besten sind (mach mir einen Kommentar wenn du es besser hast bitte :-))
Wir können uns leicht verbessern $(S)$ bei der Verwendung des Logarithmus, den wir haben $[0.5,1)$::
$$x^{(2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}\simeq \left(\left(2^{(2x)^{x^{3}}} \frac{x}{2}\right)^{0.5}0.5^{0.5}*0.5^{{(2 (1-x))}^{x^{-0.2}}}\right)^{0.5}-0.5\ln\left(\left(\left(2^{(2x)^{x^{3}}} \frac{x}{2}\right)^{0.5}0.5^{0.5}*0.5^{{(2 (1-x))}^{x^{-0.2}}}\right)^{0.5}\right)+0.5\ln\left(x^{(2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}\right)\quad (S')$$
Wir können den Koeffizienten ersetzen $\frac{915}{1000}$ durch $\frac{912}{1000}$,und $3$ durch $3.5$ und schlussendlich $-0.2$ durch $-0.19$ und ich denke, es ist die gleiche Reihenfolge, damit wir den Majorisierungssatz anwenden können.
Irgendeine Idee, es zu lösen?
Vielen Dank
Antworten
Einige Gedanken
Lassen Sie mich zeigen, wie Grenzen für den Fall verwendet werden $0 < x < \frac{1}{10}$.
Bezeichnen $F = W(2\mathrm{e}x)^{2x}$ und $G = W(2\mathrm{e}(1-x))^{2(1-x)}$. Das müssen wir beweisen$x^F + (1-x)^G \le 1$.
Fakt 1 : Wenn$u > 0$ und $0 \le v \le 1$, dann $u^v \ge \frac{u}{u + v - uv}$.
(Anmerkung: Durch Bernoulli-Ungleichung,$(\frac{1}{u})^v=(1+\frac{1}{u}-1)^v\leq 1 + (\frac{1}{u}-1)v = \frac{u + v - uv}{u}$.)
Fakt 2 :$0 \le 5 - 5F \le 1$ für alle $x\in (0, 1/2]$.
Fakt 3 :$1 \le G < 2$ für alle $x\in (0, 1/2]$.
Fakt 4 :$W(y) \ge \frac{y}{y + 1}$ für alle $y\ge 0$.
(Hinweis: Verwenden$W(y)\mathrm{e}^{W(y)} = y$ für alle $y\ge 0$ und das $u \mapsto u\mathrm{e}^u$ nimmt strikt zu $(0, \infty)$.)
Fakt 5 :$F \ge \left(\frac{2\mathrm{e}x}{1 + 2\mathrm{e}x}\right)^{2x}$ für alle $x > 0$. (Verwenden Sie Fakt 4.)
Fakt 6 :$G = W(2\mathrm{e}(1-x))^{1 - 2x} W(2\mathrm{e}(1-x)) \ge \frac{W(2\mathrm{e}(1-x))^2}{2x W(2\mathrm{e}(1-x)) + 1 - 2x}$ für alle $x \in (0, 1/2]$.
(Hinweis: Verwenden Sie Fakt 1,$u = W(2\mathrm{e}(1-x))$, $v = 1-2x$.)
Fakt 7 :$W(2\mathrm{e}(1-x)) \ge \frac{48}{35} - \frac{3}{5}x$ für alle $x$ im $(0, 1/10)$.
Fakt 8 :$G \ge \frac{9(16-7x)^2}{-1470x^2+910x+1225}$ für alle $x$ im $(0, 1/10)$. (Verwenden Sie die Fakten 6-7.)
Nun, nach den Fakten 1-2 haben wir $$x^F = \frac{x}{x^{1-F}} = \frac{x}{\sqrt[5]{x}^{5 - 5F} } \le x + (x^{4/5} - x)(5 - 5F).$$ (Hinweis: $u = \sqrt[5]{x}, v = 5-5F$.)
Nach den Fakten 1, 3 haben wir $$(1-x)^G = \frac{(1-x)^2}{(1-x)^{2-G}} \le (1-x)^2 + x(1-x)(2-G).$$ (Hinweis: $u = 1-x, v = 2-G$.)
Es reicht aus, das zu beweisen $$ x + (x^{4/5} - x)(5 - 5F) + (1-x)^2 + x(1-x)(2-G) \le 1$$ oder $$5(x^{4/5} - x)(1 - F) \le x(1-x)(G-1).$$
Mit den Fakten 5, 8 genügt es, dies zu beweisen $$5(x^{4/5} - x)\left(1 - \left(\frac{2\mathrm{e}x}{1 + 2\mathrm{e}x}\right)^{2x}\right) \le x(1-x)\left(\frac{9(16-7x)^2}{-1470x^2+910x+1225}-1\right).$$
Ausgelassen.
Um das Problem symmetrischer zu machen, lassen Sie $x=t+\frac 12$ und erweitern Sie die Funktion als Taylor-Serie um $t=0$.
Du wirst haben $$f(t)=1+\sum_{n=1}^p a_n t^{2n}$$ bei dem die $a_n$sind Gradpolynome $2n$ im $k=\log(2)$ $$a_1=\left\{2,-\frac{13}{4},\frac{1}{2}\right\}$$ $$a_2=\left\{\frac{15}{4},-\frac{1607}{192},\frac{439}{96},-\frac{23}{24},\frac{1}{24}\right\}$$ $$a_3=\left\{\frac{14453}{2880},-\frac{331189}{23040},\frac{142597}{11520},-\frac{7 9}{16},\frac{541}{576},-\frac{11}{160},\frac{1}{720}\right\}$$ $$a_4=\left\{\frac{294983}{53760},-\frac{10787687}{573440},\frac{19112773}{860160}, -\frac{1149103}{92160},\frac{368011}{92160},-\frac{5243}{7680},\frac{15}{2 56},-\frac{43}{20160},\frac{1}{40320}\right\}$$ Alle diese Koeffizienten sind negativ (dies ist nicht der Fall für $n \geq 5$).
Die Koeffizienten rationalisieren $$g(t)=1-\frac{64 t^2}{5119}-\frac{121 t^4}{738}-\frac{261 t^6}{598}-\frac{182 t^8}{865}+\frac{2309 t^{10}}{1084}+\frac{16024 t^{12}}{1381}+\frac{26942 t^{14}}{613}+O\left(t^{16}\right)$$
Mit den oben genannten Begriffen ist das Match fast perfekt für $0\leq t\leq 0.4$ .
Zwischen diesen Grenzen $$\int_0^{0.4}\Big[f(t)-g(t)\big]^2\,dt=1.91\times 10^{-10}$$
Es wäre erstaunlich zu beweisen, dass der Mindestwert der Funktion etwas größer ist als $0.99$.