사실인가요 $\sum_{i=1}^n ( nGx_i^{G} + G^{x_i}) \ge n^2G + G^2n$, 모든 $x_i>0$, 어디 $G=\prod_{j=1}^nx_j$?
모두를 위해 그것을 증명하거나 반증 하십시오$x_1,x_2,\ldots,x_n>0$, 그것은 보유 $$\sum_{i=1}^n ( nGx_i^{G} + G^{x_i}) \ge n^2G + G^2n, \space \space \space \text{where} \space \space \space G=\prod_{j=1}^nx_j.$$
경우 $n=2$ 동등하다 $$2\sqrt{xy}\left(x^{\sqrt{xy}}+y^{\sqrt{xy}}\right)+\left(\sqrt{xy}^{x}+\sqrt{xy}^y\right)\geq 4\sqrt{xy}+2xy\,.$$ 우리는 위의 불평등이 적어도 다음과 같은 경우에 사실임을 보여줄 것입니다. $xy\geq 1$. AM-GM으로 $$x^{\sqrt{xy}}+y^{\sqrt{xy}}\geq 2\,\sqrt{x^{\sqrt{xy}}y^{\sqrt{xy}}}=2\,\sqrt{xy}^{\sqrt{xy}}\geq 2\,\sqrt{xy}\,.$$ 또한 AM-GM에 의해 $$\sqrt{xy}^x+\sqrt{xy}^y\geq 2\,\sqrt{\sqrt{xy}^x\sqrt{xy}^y}=2\,\sqrt{xy}^{\frac{x+y}{2}}\geq 2\,\sqrt{xy}^{\sqrt{xy}}\geq 2\,\sqrt{xy}\,.$$ 그러므로, $$\begin{align}2\sqrt{xy}\left(x^{\sqrt{xy}}+y^{\sqrt{xy}}\right)+\left(\sqrt{xy}^{x}+\sqrt{xy}^y\right)&\geq 2\sqrt{xy}(2\sqrt{xy})+(2\sqrt{xy})\\&=4xy+2\sqrt{xy}\geq 4\sqrt{xy}+2xy\,.\end{align}$$
답변
불완전한 답변
사용자가 문제에 대해 조금 더 작업하기를 원하기 때문에 여기 에 River Li 의 답변 을 복사하지 않았습니다 .
의해 답변 을 Astaulphe .
불평등은 사실 입니다.$ G \ge 1 $. 단순성을 위해 다시 작성하십시오. $$ \sum_{i = 1}^n \left(x_i^G + \frac{G^{x_i - 1}}n\right) \overset ?\ge n + G $$ @ The.old.boy가 언급했듯이 $ x \mapsto x^G + \frac{G^{x - 1}}n $볼록 함수입니다. 따라서 Jensen의 불평등은 $$ \sum_{i = 1}^n \left(x_i^G + \frac{G^{x_i - 1}}n\right) \ge nm^G + G^{m - 1} $$ 어디 $ m = \frac{x_1 + \dots + x_n}n $ 의 산술 평균입니다 $ x_i $. 확인해야합니다 $$ nm^G + G^{m - 1} \overset ?\ge n + G $$ 그것을 아는 것은 $ m \ge \sqrt[n]G \ge 1 $AM-GM에 의해. 같이$ nx^G + G^{x - 1} $ 엄격하게 증가하고 있습니다. $$ nm^{m^n} + m^{n(m - 1)} \ge n + m^n $$ 모든 $ x \ge 1 $. 그러나 파생 상품$ nx^{x^n} + x^{n(x - 1)} - x^n $ 이다 $$ nx^{n - 1}\left(x^{x^n}\left(n\ln x + 1\right) + x^{n(x - 2)}(x + \ln x - 1) - 1\right) $$ 그리고 부정적인 $ ]0, 1[ $ 그리고 긍정적 $ ]1, \infty[ $(내부가 엄격하게 증가하고 있기 때문에). 그 후 $$ nm^{m^n} + m^{n(m - 1)} - m^n \ge n\cdot 1^{1^n} + 1^{n(1 - 1)} - 1^n = n $$
경우 $ G < 1 $더 이상 Jensen에 의존 할 수 없기 때문에 훨씬 더 어렵습니다. 그러나 접선 트릭이 그 일을 할 수 있습니다. 내가 어디서든 내 대답을 업데이트하겠습니다.
편집 : 기능 살펴보기$ f : x \mapsto e^{Gx} + \frac{G^{e^x - 1}}n $ 당신의 불평등이 $$ f(a_1) + \dots + f(a_n) \ge n + G $$ 모든 $ a_1 + \dots + a_n = \ln G $ (설정에 의해 $ x_i = e^{a_i} $). 만약$ f $정확히 하나의 굴곡 점을 가졌고, n-1 EV ( 여기 참조 ) 라고 불리는 올림피아드 잔인한 기술 은 최소값이$ f(a_1) + \dots + f(a_n) $ 도달 할 때 $ n - 1 $ 의 $ a_i $s는 동일합니다. 하나$ f $ 둘 중 하나가 있습니다 $ 0 $ (이 경우 $ f $ 볼록하고 동일한 Jensen 트릭이 결론을 내립니다) 또는 $ 2 $굴곡 점. 이 기술은 적용 가능하며 다음을 증명하기 위해 더 단순한 불평등을 남깁니다.
용어를 더 쉽게 지울 수 있기 때문에 연속 버전을 살펴보십시오.
모든 $ k $, $ \lambda_1, \dots \lambda_n > 0 $ 과 $ a_1, \dots, a_k \in \mathbb R $ 와 $ \lambda_1 + \dots + \lambda_k = n $ 과 $ \lambda_1a_1 + \dots + \lambda_ka_k = \ln G $, 우리는 $$ \lambda_1f(a_1) + \dots + \lambda_kf(a_k) \ge n + G $$
먼저 다음 기본형을 설정하십시오.
만약 $ \lambda_1f(a_1) + \dots + \lambda_kf(a_k) $ 최소, 그럼 $ f'(a_1) = \dots = f'(a_k) $ 과 $ f''(a_1), \dots, f''(a_k) \ge 0 $.
증명
$ \bullet $ 한다고 가정 $ f'(a_i) \ne f'(a_j) $ 과 $ \lambda_i = \lambda_j $ (분해하여 $ \max(\lambda_i, \lambda_j) $필요한 경우). 그런 다음 우리는$ a_i, a_j $ 으로 $ a_i + x, a_j - x $. 이건 변하지 않아$ \lambda_1a_1 + \dots + \lambda_ka_k $ Taylor의 보간법은 $$ f(a_i + x) + f(a_j - x) - f(a_i) - f(a_j) \underset{x \rightarrow 0}\sim x(f'(a_i) - f'(a_j)) $$ 특히, 우리는 선택할 수 있습니다 $ x $ 이 차이를 마이너스로 만드는 것은 우리가 최소값이 아니라는 것을 보여줍니다.
$ \bullet $ 한다고 가정 $ f''(a_i) < 0 $. 그런 다음 우리는$ a_i $ 으로 $ a_i - x $ 과 $ a_i + x $ 각각 $ \lambda $둘 다 $ \frac{\lambda_i}2 $. 이건 변하지 않아$ \lambda_1a_1 + \dots + \lambda_ka_k $ Taylor의 보간법은 $$ f(a_i + x) + f(a_i - x) - 2f(a_i) \underset{x \rightarrow 0}\sim \frac{x^2}2 f''(a_i) < 0 $$ 그것은 우리가 최소 수준이 아니었다는 것을 보여줍니다.
그러면이 보조 정리 :
만약 $ \lambda_1f(a_1) + \dots + \lambda_kf(a_k) $ 최소, 그럼 $ \{a_1, \dots, a_k\} \le 2 $. 즉, 우리는$ k = 2 $.
증명: $ f $ 기껏해야 $ 2 $ 구부러진 점, 즉 최대 $ 2 $볼록한 부분. 각각에 대해$ f'' > 0 $ 그것은 의미 $ f' $주사제입니다. 이전 기본형에서 말했듯이$ f'(a_i) $ 동일해야합니다. 각 볼록 부분에는 하나의 공간 만 있어야합니다. $ f $.
따라서 우리는 사건에 자신을 제한 할 수 있습니다 $ k = 2 $, 증명 필요 $$ \lambda\left(e^{Ga} + \frac{G^{e^a - 1}}n\right) + (1 - \lambda)\left(e^{G\frac{\ln G - \lambda a}{n - \lambda}} + \frac{G^{e^{\frac{\ln G - \lambda a}{n - \lambda}} - 1}}n\right) \ge n + G $$ 모든 $ a $ 그리고 다 $ \lambda \in [0, n] $.
의해 답변 을 c-love-garlic
그것을 가정 $G=Constant\geq 1$ 과 $\sum_{i=1}^{n}x_i\geq 2n$
다음 함수가 볼록한 것을 보는 것은 어렵지 않습니다. $(0,\infty)$: $$f(x)=nGx^G+G^x$$
두 볼록 함수의 합으로.
따라서 Jensen의 부등식을 적용 할 수 있습니다.
$$\sum_{i=1}^n ( nGx_i^{G} + G^{x_i}) \ge ( n^2Ga^{G} + nG^{a})$$
어디 $a=\frac{\sum_{i=1}^{n}x_i}{n}$
그러나 우리가 가진 가정으로 $a^G\geq 2^G$ 과 $G^a\geq G^2$
그래서 :$$\sum_{i=1}^n ( nGx_i^{G} + G^{x_i}) \ge ( n^2G2^{G} + nG^{2})> n^2G+G^2n$$
케이스 업데이트 $x_i\leq 1$:
이것은 리 강의 관찰 입니다. 여기에 인용문이 있습니다.
반례를 찾지 못했습니다. 그건 그렇고,$x_i\le 1, \forall i$, 나는 다음과 같은 증거가 있습니다. AM-GM은$$\sum x_i^G \ge n (x_1x_2\cdots x_n)^{G/n} = nG^{G/n} = n \mathrm{e}^{(G\ln G)/n} \ge n (1 + (G\ln G)/n)$$ 과 $$\sum G^{x_i} \ge n G^{(x_1+x_2+\cdots + x_n)/n} \ge nG\,.$$ 증명하는 것으로 충분합니다. $$nG \cdot n (1 + (G\ln G)/n) + nG \ge n^2G + G^2n$$ 또는 $$1 - G + G\ln G \ge 0$$ 뭐가 진실이지.
케이스 업데이트 $G\leq 1$ 과 $n=2k+1$:
넣어 : $x_i=y_i^{\frac{G+1}{G}}$ 그런 $|y_{i+1}-y_i|=\epsilon$ $\epsilon>0$ 과 $y_{n+1}=y_1$ 그리고 마지막으로 $y_{\frac{n+1}{2}}=1$
LHS에는 다음이 있습니다.
$$\sum_{i=1}^{n}(nG(y_i)^{G+1}+G^{x_i})$$
여기에서는 Hermite-Hadamard 부등식을 사용합니다 .
다음 기능은 볼록합니다. $(0,\infty)$ (OP 표기법 포함) :
$$h(x)=nGx^{G+1}\quad r(x)=G^x$$
우리는 $x_n\geq x_{n-1}\geq \cdots\geq x_2\geq x_1$ 과 $y_n\geq y_{n-1}\geq \cdots\geq y_2\geq y_1$ 과 $y_n\geq 1$:
$$\sum_{i=1}^{n}(nG(y_i)^{G+1})\geq nG\Bigg(\frac{1}{(y_2-y_1)}\int_{y_1}^{y_2}h(x)dx+\frac{1}{(y_3-y_2)}\int_{y_2}^{y_3}h(x)dx+\cdots+\frac{1}{(y_n-y_1)}\int_{y_1}^{y_n}h(x)dx\Bigg)$$
우리가 얻는 간격에 대한 적분의 가산 성을 합산하고 사용합니다.
$$\Bigg(\frac{1}{(y_2-y_1)}\int_{y_1}^{y_n}h(x)dx+\frac{1}{(y_n-y_1)}\int_{y_1}^{y_n}h(x)dx\Bigg)$$
그러나 원시 $h(x)$ 입니다 :
$$H(x)=nG\frac{x^{G+2}}{G+2}$$
그래서 :
$$\Bigg(\frac{1}{(y_2-y_1)}\int_{ y_1}^{ y_n}h(x)dx+\frac{1}{(y_n-y_1)}\int_{y_1}^{y_n}h(x)dx\Bigg)=\frac{nG}{(y_2-y_1)}\Bigg(\frac{(y_n)^{G+2}}{G+2}-\frac{(y_1)^{G+2}}{G+2}\Bigg)+\frac{nG}{(y_n-y_1)}\Bigg(\frac{(y_n)^{G+2}}{G+2}-\frac{(y_1)^{G+2}}{G+2}\Bigg)$$
이제 우리는 Hermite-Hadamard 불평등에 의해 : $$\frac{\frac{(y_n)^{G+2}}{G+2}-\frac{(y_1)^{G+2}}{G+2}}{y_n-y_1}\geq\Big(\frac{y_n+y_1}{2}\Big)^{G+1}= 1$$
그리고 우리가 가지고 있듯이 $|y_{i+1}-y_i|=\epsilon$ 우리는 얻는다 :
$$\frac{nG}{(y_2-y_1)}\Bigg(\frac{(y_n)^{G+2}}{G+2}-\frac{(y_1)^{G+2}}{G+2}\Bigg)+\frac{nG}{(y_n-y_1)}\Bigg(\frac{(y_n)^{G+2}}{G+2}-\frac{(y_1)^{G+2}}{G+2}\Bigg)= \frac{n^2G}{y_n-y_1}\Bigg(\frac{(y_n)^{G+2}}{G+2}-\frac{(y_1)^{G+2}}{G+2}\Bigg)\geq n^2G $$
반면에 Jensen의 불평등은 다음과 같습니다.
$$\sum_{i=1}^{n}G^{x_i}\geq nG^{\frac{\sum_{i=1}^{n}x_i}{n}}$$
그것을 가정 $\sum_{i=1}^{n}x_i\leq 2n$ 우리는 : $$\sum_{i=1}^{n}G^{x_i}\geq nG^{\frac{\sum_{i=1}^{n}x_i}{n}}\geq nG^2$$
두 결과를 합하면 원하는 부등식을 얻습니다.
도움이 되길 바랍니다!
최신 정보:
우리는 동일한 추론을 적용 할 수 있습니다. $y_i^{\frac{G+\alpha}{G}}=x_i$ 대신에 $y_i^{\frac{G+1}{G}}=x_i$ 와 $\alpha> 1-G$ 또는 $\alpha<-G$증거를 상당히 일반화합니다. 증명은 다음과 같은 경우 여전히 유효합니다.$y_n+y_1\geq 2$ 그래서 제한없이 $y_{\frac{n+1}{2}}=1$