จริงหรือไม่ $\sum_{i=1}^n ( nGx_i^{G} + G^{x_i}) \ge n^2G + G^2n$, สำหรับทุกอย่าง $x_i>0$, ที่ไหน $G=\prod_{j=1}^nx_j$เหรอ?
พิสูจน์หรือหักล้างสิ่งนั้นสำหรับทุกคน$x_1,x_2,\ldots,x_n>0$มันถือได้ว่า $$\sum_{i=1}^n ( nGx_i^{G} + G^{x_i}) \ge n^2G + G^2n, \space \space \space \text{where} \space \space \space G=\prod_{j=1}^nx_j.$$
กรณี $n=2$ เป็นความสามารถพิเศษที่จะ $$2\sqrt{xy}\left(x^{\sqrt{xy}}+y^{\sqrt{xy}}\right)+\left(\sqrt{xy}^{x}+\sqrt{xy}^y\right)\geq 4\sqrt{xy}+2xy\,.$$ เราจะแสดงให้เห็นว่าความไม่เท่าเทียมกันข้างต้นเป็นจริงอย่างน้อยก็เมื่อ $xy\geq 1$. โดย AM-GM $$x^{\sqrt{xy}}+y^{\sqrt{xy}}\geq 2\,\sqrt{x^{\sqrt{xy}}y^{\sqrt{xy}}}=2\,\sqrt{xy}^{\sqrt{xy}}\geq 2\,\sqrt{xy}\,.$$ นอกจากนี้โดย AM-GM $$\sqrt{xy}^x+\sqrt{xy}^y\geq 2\,\sqrt{\sqrt{xy}^x\sqrt{xy}^y}=2\,\sqrt{xy}^{\frac{x+y}{2}}\geq 2\,\sqrt{xy}^{\sqrt{xy}}\geq 2\,\sqrt{xy}\,.$$ ด้วยประการฉะนี้ $$\begin{align}2\sqrt{xy}\left(x^{\sqrt{xy}}+y^{\sqrt{xy}}\right)+\left(\sqrt{xy}^{x}+\sqrt{xy}^y\right)&\geq 2\sqrt{xy}(2\sqrt{xy})+(2\sqrt{xy})\\&=4xy+2\sqrt{xy}\geq 4\sqrt{xy}+2xy\,.\end{align}$$
คำตอบ
คำตอบที่ไม่สมบูรณ์
ฉันไม่ได้คัดลอกคำตอบโดยRiver Liที่นี่เนื่องจากผู้ใช้ต้องการแก้ไขปัญหาให้มากขึ้นอีกเล็กน้อย
คำตอบโดยAstaulphe
อสมการเป็นจริงสำหรับ$ G \ge 1 $. เขียนใหม่เพื่อความเรียบง่าย $$ \sum_{i = 1}^n \left(x_i^G + \frac{G^{x_i - 1}}n\right) \overset ?\ge n + G $$ ดังกล่าวโดย @ The.old.boy $ x \mapsto x^G + \frac{G^{x - 1}}n $เป็นฟังก์ชันนูน ดังนั้นความไม่เท่าเทียมกันของ Jensen จึงให้ $$ \sum_{i = 1}^n \left(x_i^G + \frac{G^{x_i - 1}}n\right) \ge nm^G + G^{m - 1} $$ ที่ไหน $ m = \frac{x_1 + \dots + x_n}n $ คือค่าเฉลี่ยเลขคณิตของ $ x_i $. เราต้องตรวจสอบว่า $$ nm^G + G^{m - 1} \overset ?\ge n + G $$ รู้ว่า $ m \ge \sqrt[n]G \ge 1 $โดย AM-GM. เช่น$ nx^G + G^{x - 1} $ เพิ่มขึ้นอย่างเคร่งครัดเราต้องแสดงให้เห็นเท่านั้น $$ nm^{m^n} + m^{n(m - 1)} \ge n + m^n $$ สำหรับทุกอย่าง $ x \ge 1 $. อย่างไรก็ตามอนุพันธ์ของ$ nx^{x^n} + x^{n(x - 1)} - x^n $ คือ $$ nx^{n - 1}\left(x^{x^n}\left(n\ln x + 1\right) + x^{n(x - 2)}(x + \ln x - 1) - 1\right) $$ และเป็นลบ $ ]0, 1[ $ และในเชิงบวก $ ]1, \infty[ $(เพราะข้างในเพิ่มขึ้นอย่างเคร่งครัด) ดังนั้น $$ nm^{m^n} + m^{n(m - 1)} - m^n \ge n\cdot 1^{1^n} + 1^{n(1 - 1)} - 1^n = n $$
กรณี $ G < 1 $ยากกว่ามากเพราะคุณไม่สามารถพึ่งพา Jensen ได้อีกต่อไป อย่างไรก็ตาม Tangent Line Trick อาจทำงานได้ ฉันจะอัปเดตคำตอบว่าควรไปที่ไหน
แก้ไข : ดูที่ฟังก์ชัน$ f : x \mapsto e^{Gx} + \frac{G^{e^x - 1}}n $ มีความเกี่ยวข้องมากขึ้นเนื่องจากความไม่เท่าเทียมกันของคุณกลายเป็น $$ f(a_1) + \dots + f(a_n) \ge n + G $$ สำหรับทุกอย่าง $ a_1 + \dots + a_n = \ln G $ (โดยการตั้งค่า $ x_i = e^{a_i} $). ถ้า$ f $มีจุดเปลี่ยนจุดเดียวเทคนิคโหดของโอลิมปิกที่เรียกว่าn - 1 EV (ดูที่นี่ ) จะบอกเป็นนัยว่า$ f(a_1) + \dots + f(a_n) $ ถึงเมื่อ $ n - 1 $ ของ $ a_i $s เท่ากัน อย่างไรก็ตาม$ f $ มีอย่างใดอย่างหนึ่ง $ 0 $ (ซึ่งในกรณีนี้ $ f $ คือนูนและเคล็ดลับเซ่นเดียวกันสรุป) หรือ $ 2 $จุด inflexion เทคนิคนี้สามารถปรับใช้ได้และทิ้งความไม่เท่าเทียมที่ง่ายกว่าเพื่อพิสูจน์:
เนื่องจากจะช่วยให้เราล้างข้อกำหนดได้ง่ายขึ้นดูเวอร์ชันต่อเนื่อง:
สำหรับทุกอย่าง $ k $, $ \lambda_1, \dots \lambda_n > 0 $ และ $ a_1, \dots, a_k \in \mathbb R $ ด้วย $ \lambda_1 + \dots + \lambda_k = n $ และ $ \lambda_1a_1 + \dots + \lambda_ka_k = \ln G $, เรามี $$ \lambda_1f(a_1) + \dots + \lambda_kf(a_k) \ge n + G $$
ขั้นแรกสร้างคำหลักต่อไปนี้:
ถ้า $ \lambda_1f(a_1) + \dots + \lambda_kf(a_k) $ น้อยที่สุดแล้ว $ f'(a_1) = \dots = f'(a_k) $ และ $ f''(a_1), \dots, f''(a_k) \ge 0 $.
หลักฐาน
$ \bullet $ สมมติว่า $ f'(a_i) \ne f'(a_j) $ และ $ \lambda_i = \lambda_j $ (โดยทำลายลง $ \max(\lambda_i, \lambda_j) $หากมีความจำเป็น). จากนั้นเราสามารถแทนที่$ a_i, a_j $ โดย $ a_i + x, a_j - x $. สิ่งนี้ไม่เปลี่ยนแปลง$ \lambda_1a_1 + \dots + \lambda_ka_k $ และการแก้ไขของเทย์เลอร์ให้ $$ f(a_i + x) + f(a_j - x) - f(a_i) - f(a_j) \underset{x \rightarrow 0}\sim x(f'(a_i) - f'(a_j)) $$ โดยเฉพาะอย่างยิ่งเราสามารถเลือก $ x $ เพื่อทำให้ความแตกต่างนี้เป็นลบซึ่งแสดงว่าเราไม่ได้อยู่ใน minima
$ \bullet $ สมมติว่า $ f''(a_i) < 0 $. จากนั้นเราสามารถแทนที่$ a_i $ โดย $ a_i - x $ และ $ a_i + x $ ตามลำดับ $ \lambda $เป็นทั้งสองอย่าง $ \frac{\lambda_i}2 $. สิ่งนี้ไม่เปลี่ยนแปลง$ \lambda_1a_1 + \dots + \lambda_ka_k $ และการแก้ไขของเทย์เลอร์ให้ $$ f(a_i + x) + f(a_i - x) - 2f(a_i) \underset{x \rightarrow 0}\sim \frac{x^2}2 f''(a_i) < 0 $$ นั่นแสดงว่าเราไม่ได้อยู่บนมินิมา
จากนั้นคำหลักนี้:
ถ้า $ \lambda_1f(a_1) + \dots + \lambda_kf(a_k) $ น้อยที่สุดแล้ว $ \{a_1, \dots, a_k\} \le 2 $. นั่นคือเราสามารถสรุปได้ว่า$ k = 2 $.
หลักฐาน: $ f $ มีมากที่สุด $ 2 $ จุดเชื่อมต่อซึ่งหมายความว่ามีมากที่สุด $ 2 $ส่วนนูน ในแต่ละสิ่งเหล่านี้$ f'' > 0 $ ซึ่งหมายความว่า $ f' $เป็นแบบฉีด ดังที่คำนามก่อนหน้านี้กล่าวว่าทั้งหมด$ f'(a_i) $ ต้องเท่ากันมีที่ว่างสำหรับส่วนนูนของแต่ละส่วนเท่านั้น $ f $.
ดังนั้นเราสามารถ จำกัด ตัวเองในกรณีนี้ $ k = 2 $จำเป็นต้องพิสูจน์ $$ \lambda\left(e^{Ga} + \frac{G^{e^a - 1}}n\right) + (1 - \lambda)\left(e^{G\frac{\ln G - \lambda a}{n - \lambda}} + \frac{G^{e^{\frac{\ln G - \lambda a}{n - \lambda}} - 1}}n\right) \ge n + G $$ สำหรับทุกอย่าง $ a $ และทั้งหมด $ \lambda \in [0, n] $.
ตอบโดยc-love-garlic
สมมติว่า $G=Constant\geq 1$ และ $\sum_{i=1}^{n}x_i\geq 2n$
ไม่ยากที่จะเห็นว่าฟังก์ชันต่อไปนี้เปิดอยู่ $(0,\infty)$: $$f(x)=nGx^G+G^x$$
เป็นผลรวมของฟังก์ชันนูนสองฟังก์ชัน
ดังนั้นเราสามารถใช้อสมการของเจนเซ่นได้:
$$\sum_{i=1}^n ( nGx_i^{G} + G^{x_i}) \ge ( n^2Ga^{G} + nG^{a})$$
ที่ไหน $a=\frac{\sum_{i=1}^{n}x_i}{n}$
แต่ด้วยสมมติฐานที่เรามี $a^G\geq 2^G$ และ $G^a\geq G^2$
ดังนั้น:$$\sum_{i=1}^n ( nGx_i^{G} + G^{x_i}) \ge ( n^2G2^{G} + nG^{2})> n^2G+G^2n$$
อัปเดตเคส $x_i\leq 1$:
นี่คือการสังเกตโดยแม่น้ำหลี่ นี่คือคำพูด
ฉันไม่พบตัวอย่างการตอบโต้ โดยวิธีการสำหรับ$x_i\le 1, \forall i$ฉันมีหลักฐานดังนี้ โดย AM-GM เรามี$$\sum x_i^G \ge n (x_1x_2\cdots x_n)^{G/n} = nG^{G/n} = n \mathrm{e}^{(G\ln G)/n} \ge n (1 + (G\ln G)/n)$$ และ $$\sum G^{x_i} \ge n G^{(x_1+x_2+\cdots + x_n)/n} \ge nG\,.$$ มันเพียงพอที่จะพิสูจน์ว่า $$nG \cdot n (1 + (G\ln G)/n) + nG \ge n^2G + G^2n$$ หรือ $$1 - G + G\ln G \ge 0$$ อันไหนจริง.
อัปเดตเคส $G\leq 1$ และ $n=2k+1$:
ใส่: $x_i=y_i^{\frac{G+1}{G}}$ ดังนั้น $|y_{i+1}-y_i|=\epsilon$ $\epsilon>0$ และ $y_{n+1}=y_1$ และในที่สุดก็ $y_{\frac{n+1}{2}}=1$
เรามีสำหรับ LHS:
$$\sum_{i=1}^{n}(nG(y_i)^{G+1}+G^{x_i})$$
นี่ฉันใช้ความไม่เท่าเทียมกัน Hermite-Hadamard
ฟังก์ชั่นต่อไปนี้เปิดนูน $(0,\infty)$ (ด้วยสัญกรณ์ของ OP):
$$h(x)=nGx^{G+1}\quad r(x)=G^x$$
เรามี $x_n\geq x_{n-1}\geq \cdots\geq x_2\geq x_1$ และ $y_n\geq y_{n-1}\geq \cdots\geq y_2\geq y_1$ และ $y_n\geq 1$:
$$\sum_{i=1}^{n}(nG(y_i)^{G+1})\geq nG\Bigg(\frac{1}{(y_2-y_1)}\int_{y_1}^{y_2}h(x)dx+\frac{1}{(y_3-y_2)}\int_{y_2}^{y_3}h(x)dx+\cdots+\frac{1}{(y_n-y_1)}\int_{y_1}^{y_n}h(x)dx\Bigg)$$
การสรุปและใช้การเพิ่มความไวของการรวมในช่วงเวลาที่เราได้รับ:
$$\Bigg(\frac{1}{(y_2-y_1)}\int_{y_1}^{y_n}h(x)dx+\frac{1}{(y_n-y_1)}\int_{y_1}^{y_n}h(x)dx\Bigg)$$
แต่ดั้งเดิมของ $h(x)$ คือ :
$$H(x)=nG\frac{x^{G+2}}{G+2}$$
ดังนั้น:
$$\Bigg(\frac{1}{(y_2-y_1)}\int_{ y_1}^{ y_n}h(x)dx+\frac{1}{(y_n-y_1)}\int_{y_1}^{y_n}h(x)dx\Bigg)=\frac{nG}{(y_2-y_1)}\Bigg(\frac{(y_n)^{G+2}}{G+2}-\frac{(y_1)^{G+2}}{G+2}\Bigg)+\frac{nG}{(y_n-y_1)}\Bigg(\frac{(y_n)^{G+2}}{G+2}-\frac{(y_1)^{G+2}}{G+2}\Bigg)$$
ตอนนี้เรามีอสมการ Hermite-Hadamard: $$\frac{\frac{(y_n)^{G+2}}{G+2}-\frac{(y_1)^{G+2}}{G+2}}{y_n-y_1}\geq\Big(\frac{y_n+y_1}{2}\Big)^{G+1}= 1$$
และอย่างที่เรามี $|y_{i+1}-y_i|=\epsilon$ เราได้รับ :
$$\frac{nG}{(y_2-y_1)}\Bigg(\frac{(y_n)^{G+2}}{G+2}-\frac{(y_1)^{G+2}}{G+2}\Bigg)+\frac{nG}{(y_n-y_1)}\Bigg(\frac{(y_n)^{G+2}}{G+2}-\frac{(y_1)^{G+2}}{G+2}\Bigg)= \frac{n^2G}{y_n-y_1}\Bigg(\frac{(y_n)^{G+2}}{G+2}-\frac{(y_1)^{G+2}}{G+2}\Bigg)\geq n^2G $$
ในทางกลับกันเรามีความไม่เท่าเทียมกันของ Jensen:
$$\sum_{i=1}^{n}G^{x_i}\geq nG^{\frac{\sum_{i=1}^{n}x_i}{n}}$$
สมมติว่า $\sum_{i=1}^{n}x_i\leq 2n$ เรามี : $$\sum_{i=1}^{n}G^{x_i}\geq nG^{\frac{\sum_{i=1}^{n}x_i}{n}}\geq nG^2$$
การสรุปสองผลลัพธ์เราได้อสมการที่ต้องการ
หวังว่าจะช่วยได้!
อัปเดต:
เราสามารถใช้เหตุผลเดียวกันกับ $y_i^{\frac{G+\alpha}{G}}=x_i$ แทน $y_i^{\frac{G+1}{G}}=x_i$ ด้วย $\alpha> 1-G$ หรือ $\alpha<-G$เป็นการสรุปหลักฐานอย่างชัดเจน การพิสูจน์ยังคงใช้ได้หาก$y_n+y_1\geq 2$ ดังนั้นโดยไม่มีข้อ จำกัด $y_{\frac{n+1}{2}}=1$