Ketidaksamaan dengan fungsi Lambert $x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}+(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}\leq 1$
Membiarkan $0<x<1$ maka kami memiliki:
$$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}+(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}\leq 1$$
Kasus kesetaraan adalah $x=0.5$.
Untuk menunjukkannya saya telah mencoba mengikuti lemma 7.1 dan 7.2 dari makalah ini oleh Vasile Cirtoaje. Masalahnya adalah ekspresi yang dihasilkannya mengerikan!
Saya juga mencoba ketidaksetaraan Bernoulli dengan efek apa pun karena tidak cukup tajam.
Perbarui 18/12/2020:
Ini adalah percobaan lain. Kita dapat membuat perkiraan seperti ini:
Membiarkan $0<\beta<x\leq 0.5$ maka kita harus menentukan konstanta seperti itu:
$$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}\leq \frac{1}{2}\operatorname{W}^{\alpha}(2ex)$$
Kami berbicara secara numerik $\frac{115}{100}<\alpha<\frac{125}{100}$
Untuk mengurangi kesenjangan, saya mencoba memperkenalkan fungsi linier: $$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}\leq \frac{1}{2}\operatorname{W}^{\alpha}(2ex)+ax+b$$
Tetapi sekali lagi itu tidak cukup untuk bekerja sehingga kami dapat mempertimbangkan polinomial umum seperti:
$$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}\leq \frac{1}{2}\operatorname{W}^{\alpha}(2ex)+\sum_{k=0}^{n}a_nx^n$$
Ini adalah langkah pertama dan selanjutnya saya akan mencoba mencari koefisien polinomial umum ini.
Perbarui 20/12/2020:
Kita dapat merumuskan kembali masalah sebagai:
Membiarkan $x,y>0$ seperti yang $ye^y+xe^x=2e$ maka kami memiliki:
$$\left(\frac{xe^x}{2e}\right)^{(x)^{\frac{xe^x}{e}}}+\left(\frac{ye^y}{2e}\right)^{(y)^{\frac{ye^y}{e}}}\leq 1$$
Dimana saya menggunakan fungsi kebalikan dari fungsi Lambert.
Baik menggunakan formulir $f(x)=\left(\frac{xe^x}{2e}\right)^{(x)^{\frac{xe^x}{e}}}=g(x)^{h(x)}$ Saya dapat menunjukkan bahwa fungsinya $f(x)$ cembung $(0,W(2e))$jadi (saya telah mencoba) kita dapat menggunakan ketidaksetaraan Slater untuk menemukan batas atas. Seperti ini, ini tidak berfungsi. Di sisi lain kita dapat menggunakan ketidaksetaraan Karamata tetapi saya belum mencobanya!
Nah Jika kita menggunakan Karamata saya punya strategi:
Kami memiliki ketidaksetaraan Karamata dan $0\leq\varepsilon_n'\leq\varepsilon_n<y<x$:
$$f(x)+f(y)\leq f(x+\varepsilon_n)+f(y-\varepsilon_n')$$
Dengan $(y-\varepsilon_n')e^{y-\varepsilon_n'}+(x+\varepsilon_n)e^{x+\varepsilon_n}\geq 2e$
Sekarang kami ingin mengulangi proses tersebut untuk mendapatkan serangkaian ketidaksamaan jenis:
$$f(x)+f(y)\leq f(x+\varepsilon_n)+f(y-\varepsilon_n')\leq f(x+\varepsilon_{n-1})+f(y-\varepsilon_{n-1}')< 1$$
Tapi ini sangat rumit.
Itu tidak berhasil untuk semua nilai tetapi saya pikir kami memiliki ketidaksetaraan $y> 0.5 \geq x$ :
$$p(x)=(1-x^{xe^{x-1}})^2+x^{xe^{x-1}} \frac{xe^{x-1}}{2} (2-x^{xe^{x-1}})-x^{xe^{x-1}} \frac{xe^{x-1}}{2} (1-x^{xe^{x-1}}) \ln\left(\frac{xe^{x-1}}{2}\right)$$ Kita punya : $$f(x)+f(y)\leq p(y)+2^{-\varepsilon}p^{1+\varepsilon}(x)< 1$$
Dengan $0\leq \varepsilon \leq\frac{1}{10}$
Dimana saya menggunakan Lemma 7.2 dari kertas diatas.
Ide terakhir:
Menggunakan teorema mayorisasi:
Membiarkan $a\geq b>0$ dan $c\geq d >0$ dan $n$ angka alamiah yang cukup besar sehingga:
$$a\geq c$$
Dan:
$$\left(a\frac{n}{n+1}+c\frac{1}{n+1}\right)\left(b\frac{n}{n+1}+d\frac{1}{n+1}\right)\geq cd$$
Kemudian kami memiliki:
$$a+b\geq c+d$$
Bukti: Ini adalah konsekuensi langsung dari ketidaksetaraan Karamata.
Kami memiliki teorema lain:
Membiarkan $2>x,y>0$ ,$n$ angka alamiah yang cukup besar dan $\varepsilon>0 $
Jika kita memiliki:
$$xy<1-\varepsilon $$ $$x+y<2-\varepsilon$$ maka kami memiliki:
$$\ln\left(\frac{n}{n+1}+x\frac{1}{n+1}\right)+\ln\left(\frac{n}{n+1}+y\frac{1}{n+1}\right)\leq 0$$
Contoh:
Menggunakan teorema mayorisasi yang kita miliki ($x=0.4$):
$$(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}< 1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5$$
Dan:
$$\left(\frac{1}{4000}x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}+\frac{3999}{4000}\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5\right)\left(\frac{1}{4000}(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}+\frac{3999}{4000}(1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5)\right)< (1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5)\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5$$
Membagi kedua sisi dengan RHS dan menggunakan teorema kedua yang menyatakan bahwa:
$$\frac{x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}}{\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5(1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5)}<1-\varepsilon$$
Dan:
$$\frac{x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}}{\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5}+\frac{(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}}{(1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5)}<2-\varepsilon\quad (I)$$
Sekarang saya pikir lebih mudah karena kita bisa mengambil logaritma dan mempelajari perilaku fungsinya.
Untuk membuktikan $(I)$ kita bisa menggunakan ikatan:
Membiarkan $0<x<\frac{1}{100}$ :
$$e^x<(1+x)^2-x$$
Tentunya jika kita mempelajari secara terpisah unsur-unsur differents dari LHS.
Kemudian belajar $(I)$ kami memiliki perkiraan yang cukup baik:
Membiarkan $0< x \leq \frac{1}{2}$ maka kami memiliki:
$${\operatorname{W}(2ex)}^{2x}\geq (2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}$$
Sebenarnya kami memiliki penyempurnaan berikut ini $(0,0.5]$ :
$$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}+(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}\leq x^{(2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}+ (1-x)^{(2(1-x))^{\frac{915}{1000}\left((1-x)\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}\leq 1$$
Keterangan: Metode yang menggunakan teorema mayorisasi memiliki dua keunggulan. Kita perlu memilih dua nilai dengan urutan yang sama sehubungan dengan nilai di LHS. Seseorang dapat menjadi inferior (dan superior lainnya yang diperlukan). Di sisi lain terikat dengan eksponensial, akurasinya tergantung dari pendekatan awal di$(I)$. Akhirnya jika kita membagi dua LHS in$(I)$ dan jika untuk satu kami membuktikan hasil yang lebih kuat maka elemen lainnya sedikit lebih mudah untuk ditampilkan.
Saya membangun perkiraan $(0,1)$ yang berbentuk:
$$x^{(2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}\simeq \left(\left(2^{(2x)^{x^{1.25}}} \frac{x}{2}\right)^{0.5}0.5^{0.5}*0.5^{{(2 (1-x))}^{x^{-0.25}}}\right)^{0.5}\quad (S)$$
Anda bisa bermain dengan koefisien $-0.25$ dan $1.25$ yang bukan yang terbaik (beri saya komentar jika ada yang lebih baik :-))
Kami bisa sedikit meningkatkan $(S)$ dalam menggunakan logaritma yang kita miliki $[0.5,1)$:
$$x^{(2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}\simeq \left(\left(2^{(2x)^{x^{3}}} \frac{x}{2}\right)^{0.5}0.5^{0.5}*0.5^{{(2 (1-x))}^{x^{-0.2}}}\right)^{0.5}-0.5\ln\left(\left(\left(2^{(2x)^{x^{3}}} \frac{x}{2}\right)^{0.5}0.5^{0.5}*0.5^{{(2 (1-x))}^{x^{-0.2}}}\right)^{0.5}\right)+0.5\ln\left(x^{(2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}\right)\quad (S')$$
Kita bisa mengganti koefisiennya $\frac{915}{1000}$ oleh $\frac{912}{1000}$,dan $3$ oleh $3.5$ dan akhirnya $-0.2$ oleh $-0.19$ dan menurut saya urutannya sama sehingga kita bisa menerapkan teorema mayorisasi. Ouf!
Ada ide untuk menyelesaikannya?
Terima kasih
Jawaban
Beberapa pemikiran
Izinkan saya menunjukkan cara menggunakan batas untuk kasus ini $0 < x < \frac{1}{10}$.
Menunjukkan $F = W(2\mathrm{e}x)^{2x}$ dan $G = W(2\mathrm{e}(1-x))^{2(1-x)}$. Kami perlu membuktikan itu$x^F + (1-x)^G \le 1$.
Fakta 1 : Jika$u > 0$ dan $0 \le v \le 1$, kemudian $u^v \ge \frac{u}{u + v - uv}$.
(Catatan: Dengan ketidaksetaraan Bernoulli,$(\frac{1}{u})^v=(1+\frac{1}{u}-1)^v\leq 1 + (\frac{1}{u}-1)v = \frac{u + v - uv}{u}$.)
Fakta 2 :$0 \le 5 - 5F \le 1$ untuk semua $x\in (0, 1/2]$.
Fakta 3 :$1 \le G < 2$ untuk semua $x\in (0, 1/2]$.
Fakta 4 :$W(y) \ge \frac{y}{y + 1}$ untuk semua $y\ge 0$.
(Petunjuk: Gunakan$W(y)\mathrm{e}^{W(y)} = y$ untuk semua $y\ge 0$ dan itu $u \mapsto u\mathrm{e}^u$ terus meningkat $(0, \infty)$.)
Fakta 5 :$F \ge \left(\frac{2\mathrm{e}x}{1 + 2\mathrm{e}x}\right)^{2x}$ untuk semua $x > 0$. (Gunakan Fakta 4.)
Fakta 6 :$G = W(2\mathrm{e}(1-x))^{1 - 2x} W(2\mathrm{e}(1-x)) \ge \frac{W(2\mathrm{e}(1-x))^2}{2x W(2\mathrm{e}(1-x)) + 1 - 2x}$ untuk semua $x \in (0, 1/2]$.
(Petunjuk: Gunakan Fakta 1,$u = W(2\mathrm{e}(1-x))$, $v = 1-2x$.)
Fakta 7 :$W(2\mathrm{e}(1-x)) \ge \frac{48}{35} - \frac{3}{5}x$ untuk semua $x$ di $(0, 1/10)$.
Fakta 8 :$G \ge \frac{9(16-7x)^2}{-1470x^2+910x+1225}$ untuk semua $x$ di $(0, 1/10)$. (Gunakan Fakta 6-7.)
Sekarang, berdasarkan Fakta 1-2, kita punya $$x^F = \frac{x}{x^{1-F}} = \frac{x}{\sqrt[5]{x}^{5 - 5F} } \le x + (x^{4/5} - x)(5 - 5F).$$ (Catatan: $u = \sqrt[5]{x}, v = 5-5F$.)
Berdasarkan Fakta 1, 3, kita punya $$(1-x)^G = \frac{(1-x)^2}{(1-x)^{2-G}} \le (1-x)^2 + x(1-x)(2-G).$$ (Catatan: $u = 1-x, v = 2-G$.)
Itu sudah cukup untuk membuktikannya $$ x + (x^{4/5} - x)(5 - 5F) + (1-x)^2 + x(1-x)(2-G) \le 1$$ atau $$5(x^{4/5} - x)(1 - F) \le x(1-x)(G-1).$$
Berdasarkan Fakta 5, 8, cukup untuk membuktikan hal itu $$5(x^{4/5} - x)\left(1 - \left(\frac{2\mathrm{e}x}{1 + 2\mathrm{e}x}\right)^{2x}\right) \le x(1-x)\left(\frac{9(16-7x)^2}{-1470x^2+910x+1225}-1\right).$$
Dihapus.
Untuk membuat soal lebih simetris, biarkan $x=t+\frac 12$ dan memperluas fungsinya sebagai deret Taylor $t=0$.
Anda akan memiliki $$f(t)=1+\sum_{n=1}^p a_n t^{2n}$$ Dimana $a_n$adalah polinomial derajat $2n$ di $k=\log(2)$ $$a_1=\left\{2,-\frac{13}{4},\frac{1}{2}\right\}$$ $$a_2=\left\{\frac{15}{4},-\frac{1607}{192},\frac{439}{96},-\frac{23}{24},\frac{1}{24}\right\}$$ $$a_3=\left\{\frac{14453}{2880},-\frac{331189}{23040},\frac{142597}{11520},-\frac{7 9}{16},\frac{541}{576},-\frac{11}{160},\frac{1}{720}\right\}$$ $$a_4=\left\{\frac{294983}{53760},-\frac{10787687}{573440},\frac{19112773}{860160}, -\frac{1149103}{92160},\frac{368011}{92160},-\frac{5243}{7680},\frac{15}{2 56},-\frac{43}{20160},\frac{1}{40320}\right\}$$ Semua koefisien ini negatif (tidak demikian halnya untuk $n \geq 5$).
Membuat koefisiennya rasional $$g(t)=1-\frac{64 t^2}{5119}-\frac{121 t^4}{738}-\frac{261 t^6}{598}-\frac{182 t^8}{865}+\frac{2309 t^{10}}{1084}+\frac{16024 t^{12}}{1381}+\frac{26942 t^{14}}{613}+O\left(t^{16}\right)$$
Menggunakan istilah di atas, kecocokan hampir sempurna untuk $0\leq t\leq 0.4$ .
Di antara batas-batas ini, $$\int_0^{0.4}\Big[f(t)-g(t)\big]^2\,dt=1.91\times 10^{-10}$$
Apa yang luar biasa adalah membuktikan bahwa nilai minimum fungsinya sedikit lebih besar dari $0.99$.