Una generalización de este tipo de media a potencia > 2

Question

Dejemos que $a,b \in (0, \infty)$ y $0 < \theta < 1$ . Entonces $$ (a + b)^2 \leq \frac{1}{\theta} a^2 + \frac{1}{1 - \theta} b^2. $$

¿Se puede generalizar a una potencia $m \geq 2$ ?

(La cuestión no es si la desigualdad se mantiene con $2$ sustituido por $m$ .)

Answer 1

Se puede generalizar utilizando la desigualdad de Holder que: $$\left(\frac1\theta a^m + \frac1{1-\theta}b^m\right)(\theta+\overline{1-\theta})(1+1)^{m-2} \ge (a+b)^m \implies \frac1\theta a^m + \frac1{1-\theta}b^m \ge \frac{(a+b)^m}{2^{m-2}}$$

Answer 2

Esta es una generalización diferente: $$ (a+b)^m\le\frac{1}{\theta^{m-1}}\,a^m+\frac{1}{(1-\theta)^{m-1}}\,b^m. $$ Se deduce de la desigualdad $$ (1+x)^m\le\frac{1}{\theta^{m-1}}+\frac{1}{(1-\theta)^{m-1}}\,x^m,\quad0<x<1. $$ Para demostrarlo, minimiza para $x$ fijada en función de $\theta$ el lado derecho. El mínimo se alcanza en $\theta=1/(1+x)$ y su valor es precisamente $(1+x)^m$ .

Answer 3

Sólo para completar, combinando las dos generalizaciones tenemos, para $2 \le n \le m$ podemos demostrar por la desigualdad de Holder: $$\left( \frac{a^m}{\theta^n} + \frac{b^m}{(1-\theta)^n} \right)(\theta +\overline{1-\theta})^n(1+1)^{m-n-1} \ge (a+b)^m$$

$$\implies \frac{a^m}{\theta^n} + \frac{b^m}{(1-\theta)^n} \ge \frac{(a+b)^m}{2^{m-n-1}}$$ La igualdad es cuando $a=b=1, \; \theta=\frac12$ .