Lambert의 기능과의 불평등 $x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}+(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}\leq 1$
허락하다 $0<x<1$ 다음 우리는 :
$$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}+(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}\leq 1$$
평등 사례는 다음과 같습니다. $x=0.5$.
그것을 보여주기 위해 나는 Vasile Cirtoaje가 쓴 이 논문의 기본형 7.1과 7.2를 따르려고 노력했습니다. 문제는 결과적인 표현이 끔찍하다는 것입니다!
나는 충분히 날카롭지 않기 때문에 어떤 효과로도 Bernoulli의 불평등을 시도했습니다.
2020 년 12 월 18 일 업데이트 :
그것은 또 다른 시도입니다. 우리는 다음과 같은 근사치를 만들 수 있습니다.
허락하다 $0<\beta<x\leq 0.5$ 그런 다음 상수를 다음과 같이 결정해야합니다.
$$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}\leq \frac{1}{2}\operatorname{W}^{\alpha}(2ex)$$
우리는 수치 적으로 $\frac{115}{100}<\alpha<\frac{125}{100}$
간격을 줄이기 위해 선형 함수를 도입하려고했습니다. $$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}\leq \frac{1}{2}\operatorname{W}^{\alpha}(2ex)+ax+b$$
그러나 다시 작동하는 것만으로는 충분하지 않으므로 다음과 같은 일반 다항식을 고려할 수 있습니다.
$$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}\leq \frac{1}{2}\operatorname{W}^{\alpha}(2ex)+\sum_{k=0}^{n}a_nx^n$$
글쎄, 그것은 첫 번째 단계이며 앞으로 나는이 일반 다항식의 계수를 찾으려고 노력할 것입니다.
2020 년 12 월 20 일 업데이트 :
문제를 다음과 같이 재구성 할 수 있습니다.
허락하다 $x,y>0$ 그런 $ye^y+xe^x=2e$ 다음 우리는 :
$$\left(\frac{xe^x}{2e}\right)^{(x)^{\frac{xe^x}{e}}}+\left(\frac{ye^y}{2e}\right)^{(y)^{\frac{ye^y}{e}}}\leq 1$$
Lambert 함수의 역함수를 사용하는 곳.
양식을 잘 사용 $f(x)=\left(\frac{xe^x}{2e}\right)^{(x)^{\frac{xe^x}{e}}}=g(x)^{h(x)}$ 기능이 $f(x)$ 볼록하다 $(0,W(2e))$그래서 (나는 시도했습니다) Slater의 부등식을 사용하여 상한을 찾을 수 있습니다. 이렇게 작동하지 않습니다. 다른 한편으로 우리는 Karamata의 불평등을 사용할 수 있지만 나는 시도하지 않았습니다!
우리가 Karamata의 것을 사용한다면 나는 전략이 있습니다.
우리는 Karamata의 불평등과 $0\leq\varepsilon_n'\leq\varepsilon_n<y<x$:
$$f(x)+f(y)\leq f(x+\varepsilon_n)+f(y-\varepsilon_n')$$
와 $(y-\varepsilon_n')e^{y-\varepsilon_n'}+(x+\varepsilon_n)e^{x+\varepsilon_n}\geq 2e$
이제 일련의 부등식을 얻기 위해 프로세스를 반복하려고합니다.
$$f(x)+f(y)\leq f(x+\varepsilon_n)+f(y-\varepsilon_n')\leq f(x+\varepsilon_{n-1})+f(y-\varepsilon_{n-1}')< 1$$
그러나 그것은 매우 복잡합니다.
모든 가치에 대해 작동하지는 않지만 불평등이 있다고 생각합니다 $y> 0.5 \geq x$ :
$$p(x)=(1-x^{xe^{x-1}})^2+x^{xe^{x-1}} \frac{xe^{x-1}}{2} (2-x^{xe^{x-1}})-x^{xe^{x-1}} \frac{xe^{x-1}}{2} (1-x^{xe^{x-1}}) \ln\left(\frac{xe^{x-1}}{2}\right)$$ 우리는 : $$f(x)+f(y)\leq p(y)+2^{-\varepsilon}p^{1+\varepsilon}(x)< 1$$
와 $0\leq \varepsilon \leq\frac{1}{10}$
위 논문의 Lemma 7.2를 사용하는 곳.
마지막 아이디어 :
주요 화 정리 사용 :
허락하다 $a\geq b>0$ 과 $c\geq d >0$ 과 $n$ 다음과 같이 충분히 큰 자연수 :
$$a\geq c$$
그리고 :
$$\left(a\frac{n}{n+1}+c\frac{1}{n+1}\right)\left(b\frac{n}{n+1}+d\frac{1}{n+1}\right)\geq cd$$
그런 다음 우리는 :
$$a+b\geq c+d$$
증거 : 그것은 Karamata의 불평등의 직접적인 결과입니다.
또 다른 정리가 있습니다.
허락하다 $2>x,y>0$ ,$n$ 충분히 큰 자연수 $\varepsilon>0 $
우리가 가지고 있다면 :
$$xy<1-\varepsilon $$ $$x+y<2-\varepsilon$$ 다음 우리는 :
$$\ln\left(\frac{n}{n+1}+x\frac{1}{n+1}\right)+\ln\left(\frac{n}{n+1}+y\frac{1}{n+1}\right)\leq 0$$
예 :
주요 화 정리를 사용하여 우리는 ($x=0.4$) :
$$(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}< 1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5$$
그리고 :
$$\left(\frac{1}{4000}x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}+\frac{3999}{4000}\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5\right)\left(\frac{1}{4000}(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}+\frac{3999}{4000}(1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5)\right)< (1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5)\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5$$
양쪽을 RHS로 나누고 두 번째 정리를 사용하여 다음과 같이 설명합니다.
$$\frac{x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}}{\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5(1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5)}<1-\varepsilon$$
그리고 :
$$\frac{x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}}{\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5}+\frac{(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}}{(1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5)}<2-\varepsilon\quad (I)$$
이제는 로그를 취하고 함수의 동작을 연구 할 수 있기 때문에 더 쉽다고 생각합니다.
증명하기 위해 $(I)$ 바운드를 사용할 수 있습니다.
허락하다 $0<x<\frac{1}{100}$ :
$$e^x<(1+x)^2-x$$
분명히 우리가 LHS의 다른 요소를 개별적으로 연구한다면.
그런 다음 공부 $(I)$ 우리는 꽤 좋은 근사치를 가지고 있습니다.
허락하다 $0< x \leq \frac{1}{2}$ 다음 우리는 :
$${\operatorname{W}(2ex)}^{2x}\geq (2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}$$
실제로 우리는 $(0,0.5]$ :
$$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}+(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}\leq x^{(2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}+ (1-x)^{(2(1-x))^{\frac{915}{1000}\left((1-x)\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}\leq 1$$
비고 : 주요 화 정리를 사용하는 방법은 두 가지 장점이 있습니다. LHS의 값과 관련하여 동일한 순서의 두 값을 선택해야합니다. 하나는 열등 할 수 있고 다른 하나는 우월 할 수 있습니다. 다른 한편으로는 지수와의 경계, 그의 정확도는 초기 근사치에 따라 달라집니다.$(I)$. 마지막으로 LHS를 두 개로 나누면$(I)$ 그리고 하나에 대해 우리가 더 강한 결과를 증명한다면 다른 요소는보기에 더 얄팍한 것입니다.
나는 근사치를 만든다. $(0,1)$ 형식은 다음과 같습니다.
$$x^{(2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}\simeq \left(\left(2^{(2x)^{x^{1.25}}} \frac{x}{2}\right)^{0.5}0.5^{0.5}*0.5^{{(2 (1-x))}^{x^{-0.25}}}\right)^{0.5}\quad (S)$$
계수를 가지고 놀 수 있습니다. $-0.25$ 과 $1.25$ 어떤 것이 최고가 아닙니다 (더 나은 것이 있으면 의견을 남겨주세요 :-))
약간 개선 할 수 있습니다 $(S)$ 로그를 사용하여 $[0.5,1)$:
$$x^{(2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}\simeq \left(\left(2^{(2x)^{x^{3}}} \frac{x}{2}\right)^{0.5}0.5^{0.5}*0.5^{{(2 (1-x))}^{x^{-0.2}}}\right)^{0.5}-0.5\ln\left(\left(\left(2^{(2x)^{x^{3}}} \frac{x}{2}\right)^{0.5}0.5^{0.5}*0.5^{{(2 (1-x))}^{x^{-0.2}}}\right)^{0.5}\right)+0.5\ln\left(x^{(2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}\right)\quad (S')$$
계수를 대체 할 수 있습니다 $\frac{915}{1000}$ 으로 $\frac{912}{1000}$,과 $3$ 으로 $3.5$ 그리고 마지막으로 $-0.2$ 으로 $-0.19$ 그리고 나는 그것이 동일한 순서라고 생각하기 때문에 우리는 주요 화 정리를 적용 할 수 있습니다.
그것을 해결할 아이디어가 있습니까?
감사
답변
몇 가지 생각
케이스에 경계를 사용하는 방법을 보여 드리겠습니다. $0 < x < \frac{1}{10}$.
표시 $F = W(2\mathrm{e}x)^{2x}$ 과 $G = W(2\mathrm{e}(1-x))^{2(1-x)}$. 우리는 증명해야합니다$x^F + (1-x)^G \le 1$.
사실 1 : 만약$u > 0$ 과 $0 \le v \le 1$, 다음 $u^v \ge \frac{u}{u + v - uv}$.
(참고 : Bernoulli 불평등에 의해$(\frac{1}{u})^v=(1+\frac{1}{u}-1)^v\leq 1 + (\frac{1}{u}-1)v = \frac{u + v - uv}{u}$.)
사실 2 :$0 \le 5 - 5F \le 1$ 모든 $x\in (0, 1/2]$.
사실 3 :$1 \le G < 2$ 모든 $x\in (0, 1/2]$.
사실 4 :$W(y) \ge \frac{y}{y + 1}$ 모든 $y\ge 0$.
(힌트 : 사용$W(y)\mathrm{e}^{W(y)} = y$ 모든 $y\ge 0$ 그리고 그 $u \mapsto u\mathrm{e}^u$ 엄격하게 증가하고 있습니다 $(0, \infty)$.)
사실 5 :$F \ge \left(\frac{2\mathrm{e}x}{1 + 2\mathrm{e}x}\right)^{2x}$ 모든 $x > 0$. (사실 4 사용)
사실 6 :$G = W(2\mathrm{e}(1-x))^{1 - 2x} W(2\mathrm{e}(1-x)) \ge \frac{W(2\mathrm{e}(1-x))^2}{2x W(2\mathrm{e}(1-x)) + 1 - 2x}$ 모든 $x \in (0, 1/2]$.
(힌트 : 사실 1 사용,$u = W(2\mathrm{e}(1-x))$, $v = 1-2x$.)
사실 7 :$W(2\mathrm{e}(1-x)) \ge \frac{48}{35} - \frac{3}{5}x$ 모든 $x$ 에 $(0, 1/10)$.
사실 8 :$G \ge \frac{9(16-7x)^2}{-1470x^2+910x+1225}$ 모든 $x$ 에 $(0, 1/10)$. (사실 6-7을 사용하십시오.)
이제 사실 1-2에 따르면 $$x^F = \frac{x}{x^{1-F}} = \frac{x}{\sqrt[5]{x}^{5 - 5F} } \le x + (x^{4/5} - x)(5 - 5F).$$ (노트: $u = \sqrt[5]{x}, v = 5-5F$.)
사실 1, 3에 따르면 $$(1-x)^G = \frac{(1-x)^2}{(1-x)^{2-G}} \le (1-x)^2 + x(1-x)(2-G).$$ (노트: $u = 1-x, v = 2-G$.)
증명하는 것으로 충분합니다. $$ x + (x^{4/5} - x)(5 - 5F) + (1-x)^2 + x(1-x)(2-G) \le 1$$ 또는 $$5(x^{4/5} - x)(1 - F) \le x(1-x)(G-1).$$
사실 5, 8에 따르면 다음을 증명하는 것으로 충분합니다. $$5(x^{4/5} - x)\left(1 - \left(\frac{2\mathrm{e}x}{1 + 2\mathrm{e}x}\right)^{2x}\right) \le x(1-x)\left(\frac{9(16-7x)^2}{-1470x^2+910x+1225}-1\right).$$
생략.
문제를보다 대칭 적으로 만들려면 $x=t+\frac 12$ 테일러 급수로 함수를 확장합니다. $t=0$.
당신은 할 것 $$f(t)=1+\sum_{n=1}^p a_n t^{2n}$$ 어디 $a_n$의 차수 다항식 $2n$ 에 $k=\log(2)$ $$a_1=\left\{2,-\frac{13}{4},\frac{1}{2}\right\}$$ $$a_2=\left\{\frac{15}{4},-\frac{1607}{192},\frac{439}{96},-\frac{23}{24},\frac{1}{24}\right\}$$ $$a_3=\left\{\frac{14453}{2880},-\frac{331189}{23040},\frac{142597}{11520},-\frac{7 9}{16},\frac{541}{576},-\frac{11}{160},\frac{1}{720}\right\}$$ $$a_4=\left\{\frac{294983}{53760},-\frac{10787687}{573440},\frac{19112773}{860160}, -\frac{1149103}{92160},\frac{368011}{92160},-\frac{5243}{7680},\frac{15}{2 56},-\frac{43}{20160},\frac{1}{40320}\right\}$$ 이 모든 계수는 음수입니다. $n \geq 5$).
계수를 합리적으로 만들기 $$g(t)=1-\frac{64 t^2}{5119}-\frac{121 t^4}{738}-\frac{261 t^6}{598}-\frac{182 t^8}{865}+\frac{2309 t^{10}}{1084}+\frac{16024 t^{12}}{1381}+\frac{26942 t^{14}}{613}+O\left(t^{16}\right)$$
위의 용어를 사용하면 일치가 거의 완벽합니다. $0\leq t\leq 0.4$ .
이 경계 사이에서 $$\int_0^{0.4}\Big[f(t)-g(t)\big]^2\,dt=1.91\times 10^{-10}$$
놀라운 것은 함수의 최소값이 $0.99$.