Это правда, что $\sum_{i=1}^n ( nGx_i^{G} + G^{x_i}) \ge n^2G + G^2n$, для всех $x_i>0$, где $G=\prod_{j=1}^nx_j$?
Доказать или опровергнуть это для всех$x_1,x_2,\ldots,x_n>0$, считается, что $$\sum_{i=1}^n ( nGx_i^{G} + G^{x_i}) \ge n^2G + G^2n, \space \space \space \text{where} \space \space \space G=\prod_{j=1}^nx_j.$$
Дело $n=2$ эквивалентен $$2\sqrt{xy}\left(x^{\sqrt{xy}}+y^{\sqrt{xy}}\right)+\left(\sqrt{xy}^{x}+\sqrt{xy}^y\right)\geq 4\sqrt{xy}+2xy\,.$$ Покажем, что указанное выше неравенство справедливо, по крайней мере, когда $xy\geq 1$. Автор AM-GM, $$x^{\sqrt{xy}}+y^{\sqrt{xy}}\geq 2\,\sqrt{x^{\sqrt{xy}}y^{\sqrt{xy}}}=2\,\sqrt{xy}^{\sqrt{xy}}\geq 2\,\sqrt{xy}\,.$$ Также AM-GM, $$\sqrt{xy}^x+\sqrt{xy}^y\geq 2\,\sqrt{\sqrt{xy}^x\sqrt{xy}^y}=2\,\sqrt{xy}^{\frac{x+y}{2}}\geq 2\,\sqrt{xy}^{\sqrt{xy}}\geq 2\,\sqrt{xy}\,.$$ Таким образом, $$\begin{align}2\sqrt{xy}\left(x^{\sqrt{xy}}+y^{\sqrt{xy}}\right)+\left(\sqrt{xy}^{x}+\sqrt{xy}^y\right)&\geq 2\sqrt{xy}(2\sqrt{xy})+(2\sqrt{xy})\\&=4xy+2\sqrt{xy}\geq 4\sqrt{xy}+2xy\,.\end{align}$$
Ответы
Неполные ответы
Я не копировал ответ на реке Ли здесь , потому что пользователь хочет работать по этой проблеме немного больше.
Ответ на Astaulphe .
Неравенство верно для$ G \ge 1 $. Для простоты перепишем $$ \sum_{i = 1}^n \left(x_i^G + \frac{G^{x_i - 1}}n\right) \overset ?\ge n + G $$ Как упоминал @ The.old.boy, $ x \mapsto x^G + \frac{G^{x - 1}}n $- выпуклая функция. Следовательно, неравенство Дженсена дает $$ \sum_{i = 1}^n \left(x_i^G + \frac{G^{x_i - 1}}n\right) \ge nm^G + G^{m - 1} $$ где $ m = \frac{x_1 + \dots + x_n}n $ среднее арифметическое $ x_i $. Нам нужно проверить это $$ nm^G + G^{m - 1} \overset ?\ge n + G $$ знаю это $ m \ge \sqrt[n]G \ge 1 $пользователя AM-GM. В качестве$ nx^G + G^{x - 1} $ строго возрастает, нам нужно только показать, что $$ nm^{m^n} + m^{n(m - 1)} \ge n + m^n $$ для всех $ x \ge 1 $. Однако производная от$ nx^{x^n} + x^{n(x - 1)} - x^n $ является $$ nx^{n - 1}\left(x^{x^n}\left(n\ln x + 1\right) + x^{n(x - 2)}(x + \ln x - 1) - 1\right) $$ и отрицательно на $ ]0, 1[ $ и положительно на $ ]1, \infty[ $(потому что внутри строго увеличивается). Следовательно $$ nm^{m^n} + m^{n(m - 1)} - m^n \ge n\cdot 1^{1^n} + 1^{n(1 - 1)} - 1^n = n $$
Дело $ G < 1 $значительно сложнее, потому что на Дженсена больше нельзя полагаться. Однако трюк с касательной линией может помочь. Я обновлю свой ответ, если что-нибудь доберусь.
РЕДАКТИРОВАТЬ : глядя на функцию$ f : x \mapsto e^{Gx} + \frac{G^{e^x - 1}}n $ гораздо важнее, потому что ваше неравенство становится $$ f(a_1) + \dots + f(a_n) \ge n + G $$ для всех $ a_1 + \dots + a_n = \ln G $ (установив $ x_i = e^{a_i} $). Если$ f $имел ровно одну точку перегиба, жестокая олимпиадная техника, называемая n - 1 EV (см. здесь ), подразумевала бы, что минимальное значение$ f(a_1) + \dots + f(a_n) $ достигается, когда $ n - 1 $ из $ a_i $s равны. Однако$ f $ имеет либо $ 0 $ (в таком случае $ f $ выпукло и заканчивается тот же трюк Дженсена) или $ 2 $точки перегиба. Этот метод адаптируется и требует доказательства более простого неравенства:
Поскольку это позволит нам легче уничтожать термины, посмотрите на непрерывную версию:
Для всех $ k $, $ \lambda_1, \dots \lambda_n > 0 $ а также $ a_1, \dots, a_k \in \mathbb R $ с участием $ \lambda_1 + \dots + \lambda_k = n $ а также $ \lambda_1a_1 + \dots + \lambda_ka_k = \ln G $, у нас есть $$ \lambda_1f(a_1) + \dots + \lambda_kf(a_k) \ge n + G $$
Сначала установим следующую лемму.
Если $ \lambda_1f(a_1) + \dots + \lambda_kf(a_k) $ минимально, то $ f'(a_1) = \dots = f'(a_k) $ а также $ f''(a_1), \dots, f''(a_k) \ge 0 $.
Доказательство
$ \bullet $ Предположим, что $ f'(a_i) \ne f'(a_j) $ а также $ \lambda_i = \lambda_j $ (путем разрушения $ \max(\lambda_i, \lambda_j) $если нужно). Тогда мы можем заменить$ a_i, a_j $ от $ a_i + x, a_j - x $. Это не меняет$ \lambda_1a_1 + \dots + \lambda_ka_k $ и интерполяция Тейлора дает $$ f(a_i + x) + f(a_j - x) - f(a_i) - f(a_j) \underset{x \rightarrow 0}\sim x(f'(a_i) - f'(a_j)) $$ В частности, мы можем выбрать $ x $ чтобы сделать эту разницу отрицательной, что показывает, что мы не достигли минимума.
$ \bullet $ Предположим, что $ f''(a_i) < 0 $. Тогда мы можем заменить$ a_i $ от $ a_i - x $ а также $ a_i + x $ с соответствующими $ \lambda $оба $ \frac{\lambda_i}2 $. Это не меняет$ \lambda_1a_1 + \dots + \lambda_ka_k $ и интерполяция Тейлора дает $$ f(a_i + x) + f(a_i - x) - 2f(a_i) \underset{x \rightarrow 0}\sim \frac{x^2}2 f''(a_i) < 0 $$ That shows we weren't on a minima.
Then this lemma:
If $ \lambda_1f(a_1) + \dots + \lambda_kf(a_k) $ is minimal, then $ \{a_1, \dots, a_k\} \le 2 $. That is, we can assume that $ k = 2 $.
Proof: $ f $ has at most $ 2 $ inflexion points, which means it has at most $ 2 $ convex parts. On each of these, $ f'' > 0 $ which implies that $ f' $ is injective. As the previous lemma says that all $ f'(a_i) $ must be equal, there is space for only one in each of the convex parts of $ f $.
Thus we can restrict ourselves to the case $ k = 2 $, needing to prove $$ \lambda\left(e^{Ga} + \frac{G^{e^a - 1}}n\right) + (1 - \lambda)\left(e^{G\frac{\ln G - \lambda a}{n - \lambda}} + \frac{G^{e^{\frac{\ln G - \lambda a}{n - \lambda}} - 1}}n\right) \ge n + G $$ for all $ a $ and all $ \lambda \in [0, n] $.
Answer by c-love-garlic
Assume that $G=Constant\geq 1$ and $\sum_{i=1}^{n}x_i\geq 2n$
it's not hard to see that following function is convex on $(0,\infty)$: $$f(x)=nGx^G+G^x$$
As the sum of two convex function .
So we can apply Jensen's inequality :
$$\sum_{i=1}^n ( nGx_i^{G} + G^{x_i}) \ge ( n^2Ga^{G} + nG^{a})$$
Where $a=\frac{\sum_{i=1}^{n}x_i}{n}$
But with the assumptions we have $a^G\geq 2^G$ and $G^a\geq G^2$
So :$$\sum_{i=1}^n ( nGx_i^{G} + G^{x_i}) \ge ( n^2G2^{G} + nG^{2})> n^2G+G^2n$$
Update the case $x_i\leq 1$:
This is an observation by River Li. Here is the quote.
I didn't find a counterexample. By the way, for $x_i\le 1, \forall i$, I have a proof as follows. By AM-GM, we have $$\sum x_i^G \ge n (x_1x_2\cdots x_n)^{G/n} = nG^{G/n} = n \mathrm{e}^{(G\ln G)/n} \ge n (1 + (G\ln G)/n)$$ and $$\sum G^{x_i} \ge n G^{(x_1+x_2+\cdots + x_n)/n} \ge nG\,.$$ It suffices to prove that $$nG \cdot n (1 + (G\ln G)/n) + nG \ge n^2G + G^2n$$ or $$1 - G + G\ln G \ge 0$$ which is true.
Update the case $G\leq 1$ and $n=2k+1$:
Put : $x_i=y_i^{\frac{G+1}{G}}$ such that $|y_{i+1}-y_i|=\epsilon$ $\epsilon>0$ and $y_{n+1}=y_1$ and finally $y_{\frac{n+1}{2}}=1$
We have for the LHS:
$$\sum_{i=1}^{n}(nG(y_i)^{G+1}+G^{x_i})$$
Here I use the Hermite-Hadamard inequality .
The following functions are convex on $(0,\infty)$ (with the notation of the OP):
$$h(x)=nGx^{G+1}\quad r(x)=G^x$$
We have $x_n\geq x_{n-1}\geq \cdots\geq x_2\geq x_1$ and $y_n\geq y_{n-1}\geq \cdots\geq y_2\geq y_1$ and $y_n\geq 1$:
$$\sum_{i=1}^{n}(nG(y_i)^{G+1})\geq nG\Bigg(\frac{1}{(y_2-y_1)}\int_{y_1}^{y_2}h(x)dx+\frac{1}{(y_3-y_2)}\int_{y_2}^{y_3}h(x)dx+\cdots+\frac{1}{(y_n-y_1)}\int_{y_1}^{y_n}h(x)dx\Bigg)$$
Summing and using the additivity of integration on intervals we get :
$$\Bigg(\frac{1}{(y_2-y_1)}\int_{y_1}^{y_n}h(x)dx+\frac{1}{(y_n-y_1)}\int_{y_1}^{y_n}h(x)dx\Bigg)$$
But a primitive of $h(x)$ is :
$$H(x)=nG\frac{x^{G+2}}{G+2}$$
So :
$$\Bigg(\frac{1}{(y_2-y_1)}\int_{ y_1}^{ y_n}h(x)dx+\frac{1}{(y_n-y_1)}\int_{y_1}^{y_n}h(x)dx\Bigg)=\frac{nG}{(y_2-y_1)}\Bigg(\frac{(y_n)^{G+2}}{G+2}-\frac{(y_1)^{G+2}}{G+2}\Bigg)+\frac{nG}{(y_n-y_1)}\Bigg(\frac{(y_n)^{G+2}}{G+2}-\frac{(y_1)^{G+2}}{G+2}\Bigg)$$
Now we have by the Hermite-Hadamard inequality : $$\frac{\frac{(y_n)^{G+2}}{G+2}-\frac{(y_1)^{G+2}}{G+2}}{y_n-y_1}\geq\Big(\frac{y_n+y_1}{2}\Big)^{G+1}= 1$$
And as we have $|y_{i+1}-y_i|=\epsilon$ we get :
$$\frac{nG}{(y_2-y_1)}\Bigg(\frac{(y_n)^{G+2}}{G+2}-\frac{(y_1)^{G+2}}{G+2}\Bigg)+\frac{nG}{(y_n-y_1)}\Bigg(\frac{(y_n)^{G+2}}{G+2}-\frac{(y_1)^{G+2}}{G+2}\Bigg)= \frac{n^2G}{y_n-y_1}\Bigg(\frac{(y_n)^{G+2}}{G+2}-\frac{(y_1)^{G+2}}{G+2}\Bigg)\geq n^2G $$
On the other hand we have with Jensen's inequality:
$$\sum_{i=1}^{n}G^{x_i}\geq nG^{\frac{\sum_{i=1}^{n}x_i}{n}}$$
Assuming that $\sum_{i=1}^{n}x_i\leq 2n$ we have : $$\sum_{i=1}^{n}G^{x_i}\geq nG^{\frac{\sum_{i=1}^{n}x_i}{n}}\geq nG^2$$
Summing the two result we get the desired inequality .
Hope it helps !
Update:
We can apply the same reasoning to $y_i^{\frac{G+\alpha}{G}}=x_i$ instead of $y_i^{\frac{G+1}{G}}=x_i$ with $\alpha> 1-G$ or $\alpha<-G$ it generalize considerably the proof. The proof is still valid if $y_n+y_1\geq 2$ so without the restriction $y_{\frac{n+1}{2}}=1$