Benarkah itu $\sum_{i=1}^n ( nGx_i^{G} + G^{x_i}) \ge n^2G + G^2n$, untuk semua $x_i>0$, dimana $G=\prod_{j=1}^nx_j$?
Sumber: https://math.stackexchange.com/questions/3688041/sum-i-1n-ngx-ig-gx-i-ge-n2g-g2n-for-all-x-i0-where-g
Buktikan atau sangkal itu, untuk semua$x_1,x_2,\ldots,x_n>0$, itu memegangnya $$\sum_{i=1}^n ( nGx_i^{G} + G^{x_i}) \ge n^2G + G^2n, \space \space \space \text{where} \space \space \space G=\prod_{j=1}^nx_j.$$
Kasus $n=2$ setara dengan $$2\sqrt{xy}\left(x^{\sqrt{xy}}+y^{\sqrt{xy}}\right)+\left(\sqrt{xy}^{x}+\sqrt{xy}^y\right)\geq 4\sqrt{xy}+2xy\,.$$ Kami akan menunjukkan bahwa ketidaksetaraan di atas benar setidaknya kapan $xy\geq 1$. Oleh AM-GM,$$x^{\sqrt{xy}}+y^{\sqrt{xy}}\geq 2\,\sqrt{x^{\sqrt{xy}}y^{\sqrt{xy}}}=2\,\sqrt{xy}^{\sqrt{xy}}\geq 2\,\sqrt{xy}\,.$$ Juga oleh AM-GM, $$\sqrt{xy}^x+\sqrt{xy}^y\geq 2\,\sqrt{\sqrt{xy}^x\sqrt{xy}^y}=2\,\sqrt{xy}^{\frac{x+y}{2}}\geq 2\,\sqrt{xy}^{\sqrt{xy}}\geq 2\,\sqrt{xy}\,.$$ Jadi, $$\begin{align}2\sqrt{xy}\left(x^{\sqrt{xy}}+y^{\sqrt{xy}}\right)+\left(\sqrt{xy}^{x}+\sqrt{xy}^y\right)&\geq 2\sqrt{xy}(2\sqrt{xy})+(2\sqrt{xy})\\&=4xy+2\sqrt{xy}\geq 4\sqrt{xy}+2xy\,.\end{align}$$
Jawaban
Jawaban Tidak Lengkap
Saya tidak menyalin jawaban dari River Li di sini karena pengguna ingin menangani masalah lebih banyak lagi.
Jawaban oleh Astaulphe .
Ketidaksamaan adalah benar untuk$ G \ge 1 $. Untuk kesederhanaan, tulis ulang$$ \sum_{i = 1}^n \left(x_i^G + \frac{G^{x_i - 1}}n\right) \overset ?\ge n + G $$ Seperti yang disebutkan oleh @ The.old.boy, $ x \mapsto x^G + \frac{G^{x - 1}}n $adalah fungsi cembung. Karenanya, Ketimpangan Jensen memberi$$ \sum_{i = 1}^n \left(x_i^G + \frac{G^{x_i - 1}}n\right) \ge nm^G + G^{m - 1} $$ dimana $ m = \frac{x_1 + \dots + x_n}n $ adalah rata-rata aritmatika dari $ x_i $. Kita perlu memeriksanya$$ nm^G + G^{m - 1} \overset ?\ge n + G $$ mengetahui bahwa $ m \ge \sqrt[n]G \ge 1 $oleh AM-GM. Sebagai$ nx^G + G^{x - 1} $ meningkat tajam, kami hanya perlu menunjukkannya $$ nm^{m^n} + m^{n(m - 1)} \ge n + m^n $$ untuk semua $ x \ge 1 $. Namun turunan dari$ nx^{x^n} + x^{n(x - 1)} - x^n $ adalah $$ nx^{n - 1}\left(x^{x^n}\left(n\ln x + 1\right) + x^{n(x - 2)}(x + \ln x - 1) - 1\right) $$ dan negatif aktif $ ]0, 1[ $ dan positif $ ]1, \infty[ $(karena bagian dalamnya sangat meningkat). Karenanya$$ nm^{m^n} + m^{n(m - 1)} - m^n \ge n\cdot 1^{1^n} + 1^{n(1 - 1)} - 1^n = n $$
Kasus $ G < 1 $jauh lebih sulit karena Anda tidak dapat mengandalkan Jensen lagi. Namun, Trik Garis Singgung mungkin melakukan pekerjaan itu. Saya akan memperbarui jawaban saya jika saya berada di mana saja.
EDIT : Melihat fungsinya$ f : x \mapsto e^{Gx} + \frac{G^{e^x - 1}}n $ jauh lebih relevan karena ketidaksetaraan Anda menjadi $$ f(a_1) + \dots + f(a_n) \ge n + G $$ untuk semua $ a_1 + \dots + a_n = \ln G $ (dengan mengatur $ x_i = e^{a_i} $). Jika$ f $memiliki tepat satu titik infleksi, teknik brutal olimpiade yang disebut n - 1 EV (lihat di sini ) akan menyiratkan bahwa nilai minimum$ f(a_1) + \dots + f(a_n) $ tercapai saat $ n - 1 $ dari $ a_i $s sama. Namun$ f $ memiliki baik $ 0 $ (dalam hal ini $ f $ adalah cembung dan trik Jensen yang sama menyimpulkan) atau $ 2 $titik inflexion. Teknik ini mudah beradaptasi dan meninggalkan ketidaksetaraan yang lebih sederhana untuk membuktikan:
Karena ini akan memungkinkan kita untuk menghapus istilah dengan lebih mudah, lihat versi berkelanjutan:
Untuk semua $ k $, $ \lambda_1, \dots \lambda_n > 0 $ dan $ a_1, \dots, a_k \in \mathbb R $ dengan $ \lambda_1 + \dots + \lambda_k = n $ dan $ \lambda_1a_1 + \dots + \lambda_ka_k = \ln G $, kita punya $$ \lambda_1f(a_1) + \dots + \lambda_kf(a_k) \ge n + G $$
Pertama buat lemma berikut:
Jika $ \lambda_1f(a_1) + \dots + \lambda_kf(a_k) $ minimal $ f'(a_1) = \dots = f'(a_k) $ dan $ f''(a_1), \dots, f''(a_k) \ge 0 $.
Bukti
$ \bullet $ Seandainya $ f'(a_i) \ne f'(a_j) $ dan $ \lambda_i = \lambda_j $ (dengan memecah $ \max(\lambda_i, \lambda_j) $jika diperlukan). Lalu kita bisa ganti$ a_i, a_j $ oleh $ a_i + x, a_j - x $. Ini tidak berubah$ \lambda_1a_1 + \dots + \lambda_ka_k $ dan interpolasi Taylor memberi $$ f(a_i + x) + f(a_j - x) - f(a_i) - f(a_j) \underset{x \rightarrow 0}\sim x(f'(a_i) - f'(a_j)) $$ Secara khusus, kita bisa memilih $ x $ untuk membuat perbedaan ini menjadi negatif, yang menunjukkan bahwa kami tidak berada di titik minimum.
$ \bullet $ Seandainya $ f''(a_i) < 0 $. Lalu kita bisa ganti$ a_i $ oleh $ a_i - x $ dan $ a_i + x $ dengan masing-masing $ \lambda $s menjadi keduanya $ \frac{\lambda_i}2 $. Ini tidak berubah$ \lambda_1a_1 + \dots + \lambda_ka_k $ dan interpolasi Taylor memberi $$ f(a_i + x) + f(a_i - x) - 2f(a_i) \underset{x \rightarrow 0}\sim \frac{x^2}2 f''(a_i) < 0 $$ Itu menunjukkan bahwa kami tidak berada di titik minimum.
Kemudian lemma ini:
Jika $ \lambda_1f(a_1) + \dots + \lambda_kf(a_k) $ minimal $ \{a_1, \dots, a_k\} \le 2 $. Artinya, kita dapat berasumsi bahwa$ k = 2 $.
Bukti: $ f $ memiliki paling banyak $ 2 $ titik inflexion, yang artinya paling banyak $ 2 $bagian cembung. Pada masing-masing ini,$ f'' > 0 $ yang menyiratkan itu $ f' $bersifat suntik. Seperti lemma sebelumnya yang mengatakan itu semua$ f'(a_i) $ harus sama, hanya ada satu spasi di setiap bagian cembung $ f $.
Dengan demikian kami dapat membatasi diri pada kasus ini $ k = 2 $, perlu dibuktikan $$ \lambda\left(e^{Ga} + \frac{G^{e^a - 1}}n\right) + (1 - \lambda)\left(e^{G\frac{\ln G - \lambda a}{n - \lambda}} + \frac{G^{e^{\frac{\ln G - \lambda a}{n - \lambda}} - 1}}n\right) \ge n + G $$ untuk semua $ a $ dan semua $ \lambda \in [0, n] $.
Jawaban oleh c-cinta-bawang putih
Asumsikan bahwa $G=Constant\geq 1$ dan $\sum_{i=1}^{n}x_i\geq 2n$
tidak sulit untuk melihat bahwa fungsi berikut ini cembung $(0,\infty)$: $$f(x)=nGx^G+G^x$$
Sebagai penjumlahan dari dua fungsi cembung.
Jadi kita bisa menerapkan ketidaksetaraan Jensen:
$$\sum_{i=1}^n ( nGx_i^{G} + G^{x_i}) \ge ( n^2Ga^{G} + nG^{a})$$
Dimana $a=\frac{\sum_{i=1}^{n}x_i}{n}$
Tapi dengan asumsi yang kita miliki $a^G\geq 2^G$ dan $G^a\geq G^2$
Jadi:$$\sum_{i=1}^n ( nGx_i^{G} + G^{x_i}) \ge ( n^2G2^{G} + nG^{2})> n^2G+G^2n$$
Perbarui kasusnya $x_i\leq 1$:
Ini adalah pengamatan oleh Sungai Li . Berikut kutipannya.
Saya tidak menemukan contoh balasan. Omong-omong, untuk$x_i\le 1, \forall i$, Saya punya bukti sebagai berikut. Oleh AM-GM, kami punya$$\sum x_i^G \ge n (x_1x_2\cdots x_n)^{G/n} = nG^{G/n} = n \mathrm{e}^{(G\ln G)/n} \ge n (1 + (G\ln G)/n)$$ dan $$\sum G^{x_i} \ge n G^{(x_1+x_2+\cdots + x_n)/n} \ge nG\,.$$ Itu sudah cukup untuk membuktikannya $$nG \cdot n (1 + (G\ln G)/n) + nG \ge n^2G + G^2n$$ atau $$1 - G + G\ln G \ge 0$$ yang mana yang benar.
Perbarui kasusnya $G\leq 1$ dan $n=2k+1$:
Taruh : $x_i=y_i^{\frac{G+1}{G}}$ seperti yang $|y_{i+1}-y_i|=\epsilon$ $\epsilon>0$ dan $y_{n+1}=y_1$ dan akhirnya $y_{\frac{n+1}{2}}=1$
Kami memiliki untuk LHS:
$$\sum_{i=1}^{n}(nG(y_i)^{G+1}+G^{x_i})$$
Di sini saya menggunakan ketidaksetaraan Hermite-Hadamard .
Fungsi berikut ini bersifat konveks $(0,\infty)$ (dengan notasi OP):
$$h(x)=nGx^{G+1}\quad r(x)=G^x$$
Kita punya $x_n\geq x_{n-1}\geq \cdots\geq x_2\geq x_1$ dan $y_n\geq y_{n-1}\geq \cdots\geq y_2\geq y_1$ dan $y_n\geq 1$:
$$\sum_{i=1}^{n}(nG(y_i)^{G+1})\geq nG\Bigg(\frac{1}{(y_2-y_1)}\int_{y_1}^{y_2}h(x)dx+\frac{1}{(y_3-y_2)}\int_{y_2}^{y_3}h(x)dx+\cdots+\frac{1}{(y_n-y_1)}\int_{y_1}^{y_n}h(x)dx\Bigg)$$
Menjumlahkan dan menggunakan aditifitas integrasi pada interval yang kita dapatkan:
$$\Bigg(\frac{1}{(y_2-y_1)}\int_{y_1}^{y_n}h(x)dx+\frac{1}{(y_n-y_1)}\int_{y_1}^{y_n}h(x)dx\Bigg)$$
Tapi primitif $h(x)$ adalah :
$$H(x)=nG\frac{x^{G+2}}{G+2}$$
Jadi:
$$\Bigg(\frac{1}{(y_2-y_1)}\int_{ y_1}^{ y_n}h(x)dx+\frac{1}{(y_n-y_1)}\int_{y_1}^{y_n}h(x)dx\Bigg)=\frac{nG}{(y_2-y_1)}\Bigg(\frac{(y_n)^{G+2}}{G+2}-\frac{(y_1)^{G+2}}{G+2}\Bigg)+\frac{nG}{(y_n-y_1)}\Bigg(\frac{(y_n)^{G+2}}{G+2}-\frac{(y_1)^{G+2}}{G+2}\Bigg)$$
Sekarang kita memiliki ketidaksetaraan Pertapa-Hadamard: $$\frac{\frac{(y_n)^{G+2}}{G+2}-\frac{(y_1)^{G+2}}{G+2}}{y_n-y_1}\geq\Big(\frac{y_n+y_1}{2}\Big)^{G+1}= 1$$
Dan seperti yang kita miliki $|y_{i+1}-y_i|=\epsilon$ kita mendapatkan :
$$\frac{nG}{(y_2-y_1)}\Bigg(\frac{(y_n)^{G+2}}{G+2}-\frac{(y_1)^{G+2}}{G+2}\Bigg)+\frac{nG}{(y_n-y_1)}\Bigg(\frac{(y_n)^{G+2}}{G+2}-\frac{(y_1)^{G+2}}{G+2}\Bigg)= \frac{n^2G}{y_n-y_1}\Bigg(\frac{(y_n)^{G+2}}{G+2}-\frac{(y_1)^{G+2}}{G+2}\Bigg)\geq n^2G $$
Di sisi lain yang kami hadapi dengan ketidaksetaraan Jensen:
$$\sum_{i=1}^{n}G^{x_i}\geq nG^{\frac{\sum_{i=1}^{n}x_i}{n}}$$
Berasumsi bahwa $\sum_{i=1}^{n}x_i\leq 2n$ kita punya : $$\sum_{i=1}^{n}G^{x_i}\geq nG^{\frac{\sum_{i=1}^{n}x_i}{n}}\geq nG^2$$
Menjumlahkan kedua hasil tersebut, kita mendapatkan ketidaksetaraan yang diinginkan.
Semoga membantu!
Memperbarui:
Kita bisa menerapkan alasan yang sama $y_i^{\frac{G+\alpha}{G}}=x_i$ dari pada $y_i^{\frac{G+1}{G}}=x_i$ dengan $\alpha> 1-G$ atau $\alpha<-G$itu sangat menggeneralisasi bukti. Buktinya masih berlaku jika$y_n+y_1\geq 2$ jadi tanpa batasan $y_{\frac{n+1}{2}}=1$