Inégalité avec la fonction de Lambert $x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}+(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}\leq 1$
Laisser $0<x<1$ ensuite nous avons :
$$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}+(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}\leq 1$$
Le cas de l'égalité est $x=0.5$.
Pour le montrer, j'ai essayé de suivre le lemme 7.1 et 7.2 de cet article de Vasile Cirtoaje. Le problème est que l'expression qui en résulte est horrible!
J'ai essayé aussi l'inégalité de Bernoulli avec n'importe quel effet parce qu'elle n'est pas assez nette.
Mise à jour du 18/12/2020:
C'est un autre essayé. Nous pouvons construire une approximation comme celle-ci:
Laisser $0<\beta<x\leq 0.5$ alors nous devons déterminer les constantes telles que:
$$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}\leq \frac{1}{2}\operatorname{W}^{\alpha}(2ex)$$
Nous avons numériquement $\frac{115}{100}<\alpha<\frac{125}{100}$
Pour réduire l'écart, j'ai essayé d'introduire une fonction linéaire: $$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}\leq \frac{1}{2}\operatorname{W}^{\alpha}(2ex)+ax+b$$
Mais encore une fois, il ne suffit pas de travailler, nous pouvons donc considérer un polynôme général comme:
$$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}\leq \frac{1}{2}\operatorname{W}^{\alpha}(2ex)+\sum_{k=0}^{n}a_nx^n$$
Eh bien, c'est une première étape et dans le futur j'essaierai de trouver les coefficients de ce polynôme général.
Mise à jour du 20/12/2020:
Nous pouvons reformuler le problème comme suit:
Laisser $x,y>0$ tel que $ye^y+xe^x=2e$ ensuite nous avons :
$$\left(\frac{xe^x}{2e}\right)^{(x)^{\frac{xe^x}{e}}}+\left(\frac{ye^y}{2e}\right)^{(y)^{\frac{ye^y}{e}}}\leq 1$$
Où j'utilise la fonction inverse de la fonction de Lambert.
Bien en utilisant le formulaire $f(x)=\left(\frac{xe^x}{2e}\right)^{(x)^{\frac{xe^x}{e}}}=g(x)^{h(x)}$ Je peux montrer que la fonction $f(x)$ est convexe sur $(0,W(2e))$donc (j'ai essayé) nous pouvons utiliser l'inégalité de Slater pour trouver une limite supérieure.Comme cela, cela ne fonctionne pas. Par contre on peut utiliser l'inégalité de Karamata mais je n'ai pas essayé!
Eh bien, si nous utilisons Karamata, j'ai une stratégie:
Nous avons par l'inégalité de Karamata et $0\leq\varepsilon_n'\leq\varepsilon_n<y<x$:
$$f(x)+f(y)\leq f(x+\varepsilon_n)+f(y-\varepsilon_n')$$
Avec $(y-\varepsilon_n')e^{y-\varepsilon_n'}+(x+\varepsilon_n)e^{x+\varepsilon_n}\geq 2e$
Maintenant, nous voulons répéter le processus pour obtenir une série d'inégalités du type:
$$f(x)+f(y)\leq f(x+\varepsilon_n)+f(y-\varepsilon_n')\leq f(x+\varepsilon_{n-1})+f(y-\varepsilon_{n-1}')< 1$$
Mais c'est très compliqué.
Cela ne fonctionne pas pour toute la valeur mais je pense que nous avons l'inégalité $y> 0.5 \geq x$ :
$$p(x)=(1-x^{xe^{x-1}})^2+x^{xe^{x-1}} \frac{xe^{x-1}}{2} (2-x^{xe^{x-1}})-x^{xe^{x-1}} \frac{xe^{x-1}}{2} (1-x^{xe^{x-1}}) \ln\left(\frac{xe^{x-1}}{2}\right)$$ Nous avons : $$f(x)+f(y)\leq p(y)+2^{-\varepsilon}p^{1+\varepsilon}(x)< 1$$
Avec $0\leq \varepsilon \leq\frac{1}{10}$
Où j'utilise le lemme 7.2 de l'article ci-dessus.
La dernière idée:
En utilisant le théorème de majoration:
Laisser $a\geq b>0$ et $c\geq d >0$ et $n$ un nombre naturel suffisamment grand pour que:
$$a\geq c$$
Et :
$$\left(a\frac{n}{n+1}+c\frac{1}{n+1}\right)\left(b\frac{n}{n+1}+d\frac{1}{n+1}\right)\geq cd$$
Ensuite nous avons :
$$a+b\geq c+d$$
Preuve: c'est une conséquence directe de l'inégalité du Karamata.
Nous avons un autre théorème:
Laisser $2>x,y>0$ ,$n$ un nombre naturel assez grand et $\varepsilon>0 $
Si nous avons :
$$xy<1-\varepsilon $$ $$x+y<2-\varepsilon$$ ensuite nous avons :
$$\ln\left(\frac{n}{n+1}+x\frac{1}{n+1}\right)+\ln\left(\frac{n}{n+1}+y\frac{1}{n+1}\right)\leq 0$$
Exemple :
En utilisant le théorème de la majorisation, nous avons ($x=0.4$):
$$(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}< 1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5$$
Et :
$$\left(\frac{1}{4000}x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}+\frac{3999}{4000}\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5\right)\left(\frac{1}{4000}(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}+\frac{3999}{4000}(1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5)\right)< (1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5)\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5$$
En divisant les deux côtés par le RHS et en utilisant le deuxième théorème en remarquant que:
$$\frac{x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}}{\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5(1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5)}<1-\varepsilon$$
Et :
$$\frac{x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}}{\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5}+\frac{(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}}{(1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5)}<2-\varepsilon\quad (I)$$
Maintenant je pense que c'est plus facile car on peut prendre le logarithme et étudier le comportement de la fonction.
Pour prouver le $(I)$ nous pouvons utiliser la borne:
Laisser $0<x<\frac{1}{100}$ :
$$e^x<(1+x)^2-x$$
Evidemment si nous étudions séparément les différents éléments de la LHS.
Puis étudier $(I)$ nous avons une assez bonne approximation:
Laisser $0< x \leq \frac{1}{2}$ ensuite nous avons :
$${\operatorname{W}(2ex)}^{2x}\geq (2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}$$
En fait, nous avons le raffinement suivant sur $(0,0.5]$ :
$$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}+(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}\leq x^{(2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}+ (1-x)^{(2(1-x))^{\frac{915}{1000}\left((1-x)\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}\leq 1$$
Remarques: La méthode utilisant le théorème de majoration présente deux avantages. Nous devons choisir deux valeurs du même ordre par rapport aux valeurs de la LHS. L'un peut être inférieur (et l'autre nécessaire supérieur), d'autre part la borne à l'exponentielle, sa précision dépend de l'approximation initiale en$(I)$. Enfin, si nous divisons en deux le LHS en$(I)$ et si pour l'un nous prouvons un résultat plus fort, alors l'autre élément est légèrement plus facile à montrer.
Je construis une approximation sur $(0,1)$ qui ont la forme:
$$x^{(2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}\simeq \left(\left(2^{(2x)^{x^{1.25}}} \frac{x}{2}\right)^{0.5}0.5^{0.5}*0.5^{{(2 (1-x))}^{x^{-0.25}}}\right)^{0.5}\quad (S)$$
Vous pouvez jouer avec les coefficients $-0.25$ et $1.25$ qui ne sont pas les meilleurs (faites-moi un commentaire si vous avez mieux s'il vous plaît :-))
Nous pouvons légèrement améliorer $(S)$ en utilisant le logarithme que nous avons sur $[0.5,1)$:
$$x^{(2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}\simeq \left(\left(2^{(2x)^{x^{3}}} \frac{x}{2}\right)^{0.5}0.5^{0.5}*0.5^{{(2 (1-x))}^{x^{-0.2}}}\right)^{0.5}-0.5\ln\left(\left(\left(2^{(2x)^{x^{3}}} \frac{x}{2}\right)^{0.5}0.5^{0.5}*0.5^{{(2 (1-x))}^{x^{-0.2}}}\right)^{0.5}\right)+0.5\ln\left(x^{(2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}\right)\quad (S')$$
On peut remplacer le coefficient $\frac{915}{1000}$ par $\frac{912}{1000}$,et $3$ par $3.5$ et enfin $-0.2$ par $-0.19$ et je pense que c'est le même ordre afin que nous puissions appliquer le théorème de majoration .Ouf!
Une idée pour le résoudre?
Merci
Réponses
Quelques idées
Laissez-moi vous montrer comment utiliser les limites pour le cas $0 < x < \frac{1}{10}$.
Dénoter $F = W(2\mathrm{e}x)^{2x}$ et $G = W(2\mathrm{e}(1-x))^{2(1-x)}$. Nous devons prouver que$x^F + (1-x)^G \le 1$.
Fait 1 : Si$u > 0$ et $0 \le v \le 1$, puis $u^v \ge \frac{u}{u + v - uv}$.
(Note: par l'inégalité de Bernoulli,$(\frac{1}{u})^v=(1+\frac{1}{u}-1)^v\leq 1 + (\frac{1}{u}-1)v = \frac{u + v - uv}{u}$.)
Fait 2 :$0 \le 5 - 5F \le 1$ pour tous $x\in (0, 1/2]$.
Fait 3 :$1 \le G < 2$ pour tous $x\in (0, 1/2]$.
Fait 4 :$W(y) \ge \frac{y}{y + 1}$ pour tous $y\ge 0$.
(Indice: utilisez$W(y)\mathrm{e}^{W(y)} = y$ pour tous $y\ge 0$ et cela $u \mapsto u\mathrm{e}^u$ augmente strictement sur $(0, \infty)$.)
Fait 5 :$F \ge \left(\frac{2\mathrm{e}x}{1 + 2\mathrm{e}x}\right)^{2x}$ pour tous $x > 0$. (Utilisez le fait 4.)
Fait 6 :$G = W(2\mathrm{e}(1-x))^{1 - 2x} W(2\mathrm{e}(1-x)) \ge \frac{W(2\mathrm{e}(1-x))^2}{2x W(2\mathrm{e}(1-x)) + 1 - 2x}$ pour tous $x \in (0, 1/2]$.
(Indice: utilisez le fait 1,$u = W(2\mathrm{e}(1-x))$, $v = 1-2x$.)
Fait 7 :$W(2\mathrm{e}(1-x)) \ge \frac{48}{35} - \frac{3}{5}x$ pour tous $x$ dans $(0, 1/10)$.
Fait 8 :$G \ge \frac{9(16-7x)^2}{-1470x^2+910x+1225}$ pour tous $x$ dans $(0, 1/10)$. (Utilisez les faits 6-7.)
Maintenant, d'après les faits 1-2, nous avons $$x^F = \frac{x}{x^{1-F}} = \frac{x}{\sqrt[5]{x}^{5 - 5F} } \le x + (x^{4/5} - x)(5 - 5F).$$ (Remarque: $u = \sqrt[5]{x}, v = 5-5F$.)
D'après les faits 1, 3, nous avons $$(1-x)^G = \frac{(1-x)^2}{(1-x)^{2-G}} \le (1-x)^2 + x(1-x)(2-G).$$ (Remarque: $u = 1-x, v = 2-G$.)
Il suffit de prouver que $$ x + (x^{4/5} - x)(5 - 5F) + (1-x)^2 + x(1-x)(2-G) \le 1$$ ou $$5(x^{4/5} - x)(1 - F) \le x(1-x)(G-1).$$
Par les faits 5, 8, il suffit de prouver que $$5(x^{4/5} - x)\left(1 - \left(\frac{2\mathrm{e}x}{1 + 2\mathrm{e}x}\right)^{2x}\right) \le x(1-x)\left(\frac{9(16-7x)^2}{-1470x^2+910x+1225}-1\right).$$
Omis.
Pour rendre le problème plus symétrique, laissez $x=t+\frac 12$ et étendre la fonction en tant que série Taylor autour $t=0$.
Tu vas avoir $$f(t)=1+\sum_{n=1}^p a_n t^{2n}$$ où le $a_n$sont des polynômes de degré $2n$ dans $k=\log(2)$ $$a_1=\left\{2,-\frac{13}{4},\frac{1}{2}\right\}$$ $$a_2=\left\{\frac{15}{4},-\frac{1607}{192},\frac{439}{96},-\frac{23}{24},\frac{1}{24}\right\}$$ $$a_3=\left\{\frac{14453}{2880},-\frac{331189}{23040},\frac{142597}{11520},-\frac{7 9}{16},\frac{541}{576},-\frac{11}{160},\frac{1}{720}\right\}$$ $$a_4=\left\{\frac{294983}{53760},-\frac{10787687}{573440},\frac{19112773}{860160}, -\frac{1149103}{92160},\frac{368011}{92160},-\frac{5243}{7680},\frac{15}{2 56},-\frac{43}{20160},\frac{1}{40320}\right\}$$ Tous ces coefficients sont négatifs (ce n'est pas le cas pour $n \geq 5$).
Rendre les coefficients rationnels $$g(t)=1-\frac{64 t^2}{5119}-\frac{121 t^4}{738}-\frac{261 t^6}{598}-\frac{182 t^8}{865}+\frac{2309 t^{10}}{1084}+\frac{16024 t^{12}}{1381}+\frac{26942 t^{14}}{613}+O\left(t^{16}\right)$$
En utilisant les termes ci-dessus, le match est presque parfait pour $0\leq t\leq 0.4$ .
Entre ces limites, $$\int_0^{0.4}\Big[f(t)-g(t)\big]^2\,dt=1.91\times 10^{-10}$$
Ce qui serait étonnant, c'est de prouver que la valeur minimale de la fonction est un peu supérieure à $0.99$.