Prueba de la potencia de sumas menor que la suma de potencias

Question

Me he encontrado con este problema que me impide terminar una prueba:

$(\sum_{n} {|X_n|})^a \leq \sum_{n} {|X_n|}^a$ , donde $n \in \mathbb{N}$ y $ 0 \leq a \leq 1 $

No tengo ni idea de cómo demostrarlo. Es algo parecido a la desigualdad de Cauchy-Schwarz que se aplica en el caso $0 \leq a \leq 1$ ?

Cualquier consejo es bienvenido. Gracias.

Answer 1

Dejaré el caso $a=0$ a ti. De lo contrario, deje que $a = 1/b$ , $b \ge 1$ . Si $y_n = |X_n|^a$ tenemos $|X_n| = y_n^b$ y tu desigualdad dice $$ \left(\sum_n y_n^b\right)^{1/b} \le \sum_n y_n$$ que es esencialmente la desigualdad de Minkowski para la medida de recuento: si $v(n)$ es el vector con $v(n)_n = y_n$ , $v(n)_j = 0$ en caso contrario $\|v(n)\|_p = y_n$ y su desigualdad se convierte en $$ \| \sum_n v(n) \|_p \le \sum_n \|v(n)\|_p $$

Answer 2

Esto es algo así como el complemento del pregunta aquí .

Por lo tanto, adapto la respuesta de Saulspatz a su caso.

Adaptaré la notación, en lugar de escribir $|X_n|$ para los elementos de la suma, escribiré $x_i$ para que $\forall i\; x_i>0$ . Entonces, su pregunta dice:

\begin{equation} \left(\sum{x_i}\right)^k \leq\sum{x_i^k}\quad \text{if } x_i>0\;\forall i\ \text{and } 0 \leq k\leq1 \end{equation}

Prueba:

Para los casos $k=0,1$ la prueba es trivial, veamos ahora los casos $ 0 < k < 1$

Si escribe $$f(x_1,x_2,\dots,x_n)=\left(\sum{x_i}\right)^k-\sum{x_i^k},$$

entonces $f(0,0,...,0)=0$ y es fácil demostrar que todas las derivadas parciales de primer orden $\frac{\partial f}{\partial x_j}$ son estrictamente negativos cuando $k>1.$ En efecto, $$ \frac{\partial f}{\partial x_j}=k\left(\left(\sum{x_i}\right)^{k-1}-x_j^{k-1}\right)<0$$ cuando $x_i>0 \forall i$ .

Porque $g(x)=x^{k-1}$ para $0<k<1, x>0$ es una función decreciente y $\sum x_i > x_j\; \forall j$ desde $x_i>0\;\forall i$