Mostrar que $\left(\frac{x_1^{x_2}}{x_2}\right)^p+\left(\frac{x_2^{x_3}}{x_3}\right)^p+\cdots+\left(\frac{x_n^{x_1}}{x_1}\right)^p\ge n$ para cualquier $p\ge1$

Question

La desigualdad $\sqrt{\frac{a^b}{b}}+\sqrt{\frac{b^a}{a}}\ge 2$ para todo $a,b>0$ fue demostrada aquí usando aproximantes de Padé de primer orden en cada exponente, donde el mínimo se alcanza en $a=b=1$.

Por evidencia empírica, parece que las desigualdades de este tipo se mantienen para un número arbitrario de variables. Podemos plantear el problema generalizado de la siguiente manera.

Sea $(x_i)_{1\le i\le n}$ una secuencia de números reales positivos. Definimos $\boldsymbol a=\begin{pmatrix}a_1&\cdots&a_n\end{pmatrix}$ de forma que $a_k=x_k^{x_{k+1}}/x_{k+1}$ para cada $1\le k y $a_n=x_n^{x_1}/x_1$. ¿Cómo demostramos que $$\|\boldsymbol a\|_p^p\ge n$$ para cualquier $p\ge1$?

Como antes, AM-GM es demasiado débil ya que la desigualdad $\displaystyle\|\boldsymbol a\|_p^p\ge 2\left(\prod_{\text{cyc}}\frac{x_1^{x_2}}{x_2}\right)^{1/{2p}}$ no garantiza el resultado cuando al menos un $x_i$ es menor que $1$. Podemos eliminar el exponente en el denominador tomando $x_i=X_i^{1/p}$ de modo que $\displaystyle\|\boldsymbol a\|_p^p=\sum_{\text{cyc}}\frac{X_1^{X_2^{1/p}}}{X_2}$ pero el enfoque de aproximación ya no resulta factible; incluso en el caso donde $p$ es un entero, el problema se reduce a una desigualdad posinomial de grados racionales. Quizás existan algunas identidades de tipo $L^p$-norm/Hölder útiles pero estoy perdido en cuanto a encontrar referencias.

Resultados empíricos: En el intervalo $p\in[1,\infty)$, Wolfram sugiere que el mínimo es $n$ (Resultado de la Notebook) que se obtiene cuando $\boldsymbol a$ es el vector de unos. Sin embargo, notamos que en el intervalo $p\in(0,1)$, el mínimo empírico ya no muestra este comportamiento consistente como se puede ver en este resultado de la Notebook. La secuencia $\approx(1.00,2.00,2.01,3.36,3.00,4.00)$ parece aumentar casi linealmente cada dos valores, pero no puedo verificarlo para un número mayor de variables debido a la inestabilidad en la precisión del cálculo.

Answer 1

Prueba para $p ≥ 1$

Dado que $u^p - 1 ≥ p(u - 1)$ para todo $u ≥ 0$, basta con demostrar el resultado para $p = 1$. Esto se sigue de

$$\frac{x^y}{y} - 1 ≥ \frac{1 + y \ln x}{y} - 1 = \ln x + \frac1y - 1 ≥ \ln x + \ln \frac1y = \ln x - \ln y$$

mediante la sumación cíclica sobre $(x, y) = (x_i, x_{i + 1})$.

Conjetura de prueba para $p ≥ \frac12$

Dado que $u^p - 1 ≥ 2p(u^{\frac12} - 1)$ para todo $u ≥ 0$, basta con demostrar el resultado para $p = \frac12$. La evidencia numérica sugiere que

$$\left(\frac{x^y}{y}\right)^{\frac12} - 1 ≥ \frac{\ln x}{2\sqrt[4]{1 + \frac13 \ln^2 x}} - \frac{\ln y}{2\sqrt[4]{1 + \frac13 \ln^2 y}}$$

para todo $x, y > 0$. Si esto es cierto, la sumación cíclica produce el resultado deseado.

Contraejemplo para $0 < p < \frac12$

Sea $g(x) = \left(\frac{x^{1/x}}{1/x}\right)^p + \left(\frac{(1/x)^x}{x}\right)^p$. Entonces $g(1) = 2$, $g'(1) = 0$, y $g''(1) = 4p(2p - 1) < 0$, por lo que tenemos que $g(x) < 2$ para $x$ en algún entorno de $1$. Esto proporciona contraejemplos para todos los $n$ pares:

$$\left(x, \frac1x, x, \frac1x, \dotsc, x, \frac1x\right), \quad x ≈ 1, \quad 0 < p < \frac12.$$

Para $n = 3$, el mejor contraejemplo parece ser

$$(0.41398215, 0.73186577, 4.77292996), \quad 0 < p < 0.39158477.$$

Answer 2

Probamos el resultado primero derivando una desigualdad útil para la función $(x,y)\mapsto (x^y/y)^p$.

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Claramente $$(x^y/y)^p \ge \left(\min_{\alpha \in \mathbb{R}_+} (\alpha x)^{\alpha y}/(\alpha y)\right)^p.\tag{1}$$ Para $x$ y $y$ fijos, podemos encontrar el mínimo de la función $\alpha\mapsto (\alpha x)^{\alpha y}/(\alpha y)$ mediante derivadas y estableciendo a $0$. Haciendo esto (por ejemplo, en Mathematica) se muestra que el mínimo se logra con $\alpha^\star = 1/({yW(ex/y)})$, donde $W$ es la función Lambert W. Sustituyendo en $(1)$, esto da $$(x^y/y)^p \ge \left[\left(\frac{x/y}{W(ex/y)}\right)^{1/W(e x/y)}W(ex/y)\right]^p$$ Note que el lado derecho es una función únicamente de la razón $x/y$. Será conveniente escribirlo como una función del logaritmo de $x/y$, $(x^y/y)^p\ge f(\ln x/y)$ donde $$f(a):=\left[\left(\frac{e^a}{W(e^{a+1})}\right)^{1/W(e^{a+1})} W(e^{a+1})\right]^p.$$

Usaremos que $f(a)$ es una función convexa para todo $a\in\mathbb{R}$ y $p\ge 1$, ya que su segunda derivada es no negativa. Esto se puede verificar en Mathematica ejecutando

FullSimplify[D[((Exp[a]/ProductLog[Exp[a + 1]])^(1/ProductLog[Exp[a + 1]])*ProductLog[Exp[a + 1]])^p, {a, 2}], Assumptions -> {Element[a, Reals]}]

lo que da $$f''(a) = \frac{p e^{p-\frac{p}{W\left(e^{a+1}\right)}} W\left(e^{a+1}\right)^{p-2} \left((p-1) W\left(e^{a+1}\right)+p\right)}{W\left(e^{a+1}\right)+1}$$ que es no negativa para $p\ge 1$.

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Estamos listos para probar el resultado: $$ \sum_{i=1}^{n} \left(\frac{x_{i}^{x_{i+1}}}{x_{i+1}}\right)^p \ge n,\tag{2} $$ donde usamos la notación $x_{n+1}=x_1$. Para empezar, escribimos $$\sum_i \left(\frac{x_{i}^{x_{i+1}}}{x_{i+1}}\right)^p \ge \sum_i f\left(\ln \frac{x_{i}}{x_{i+1}}\right) = n \frac{1}{n} \sum_i f\left(\ln \frac{x_{i}}{x_{i+1}}\right) \ge n f\left(\frac{1}{n} \sum_i \ln \frac{x_{i}}{x_{i+1}}\right)\tag{3}$$ donde la primera desigualdad usa $(x^y/y)^p\ge f(\ln x/y)$ mientras que la segunda desigualdad es Jensen's. Note que $\sum_i \ln \frac{x_{i}}{x_{i+1}}=0$. También es fácil verificar por inspección que $f(0)=1$. Sustituyendo en $(3)$ obtenemos $$n f\left(\frac{1}{n} \sum_i \ln \frac{x_{i}}{x_{i+1}}\right)= n f(0) = n.$$ Combinando con $(3)$ obtenemos el resultado deseado, $(2)$.

Answer 3

La demostración de @Artemy implica una parte complicada en probar $ f''(a) \ge 0 $. Aquí hay una prueba que es una simplificación de la prueba de @Artemy (se puede hacer a mano; también evitando el uso de la función Lambert W). Quizás esto también sea útil para el caso cuando $ p < 1 $ (por ejemplo, $ \sqrt {\frac {x ^ y} {y}} + \sqrt {\frac {y ^ x} {x}} \ge 2$ ).

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Hecho 1: Para cualquier $ x, y > 0 $, existe un único $ u > 0 $ tal que $ \frac {x} {y} = u \mathrm {e} ^ {u - 1} $. Además, $$ \frac {x ^ y} {y} \ge u \mathrm {e} ^ {1 - 1/u}. $$ (Se da la prueba al final)

Usando el Hecho 1, sea $$ \frac {x_i} {x_ {i + 1}} = u_i \mathrm {e} ^ {u_i - 1}, \,\, i = 1, 2, \cdots, n - 1; \qquad \frac {x_n} {x_1} = u_n \mathrm {e} ^ {u_n - 1} $$ donde $ u_1, \cdots, u_n > 0 $. Tenemos \begin{align*} 1 & = \frac {x_1} {x_2} \, \frac {x_2} {x_3} \cdots \frac {x_n} {x_1}\\ & = u_1 u_2 \cdots u_n \mathrm {e} ^ {u_1 + u_2 + \cdots + u_n - n}\\ & \le \left(\frac {u_1 + u_2 + \cdots + u_n} {n} \right) ^ n \mathrm {e} ^ {u_1 + u_2 + \cdots + u_n - n} \end{align*} lo que resulta en $$ \frac {u_1 + u_2 + \cdots + u_n} {n} \ge 1. \tag {1} $$

Sea $$ f(u) = (u \mathrm {e} ^ {1 - 1/u}) ^ p. $$ $ f (u) $ es convexa en $ u > 0 $ ya que $ f'' (u) = (u \mathrm {e} ^ {1 - 1/u}) ^ p pu^{-4}[(p - 1)u^2 + 2(p - 1)u + p]> 0 para todo $ u > 0 $ . Además, $ f (u) $ es estrictamente creciente en $ u > 0 $ ya que $ f '(u) = (u \mathrm {e} ^ {1 - 1/u}) ^ pp u^{-2} (u + 1)> 0 para todo $ u > 0 $ .

Usando el Hecho 1 y (1), usando la convexidad y monotonía de $f (u) $ , tenemos \begin{align*} &\left(\frac {x_1 ^ {x_2}} {x_2} \right) ^ p + \left(\frac {x_2 ^ {x_3}} {x_3} \right) ^ p + \cdots + \left(\frac {x_n ^ {x_1}} {x_1} \right) ^ p\\ \ge\,& f (u_1) + f (u_2) + \cdots + f (u_n)\\ \ge\,& n \, f \left(\frac {u_1 + u_2 + \cdots + u_n} {n} \right) \\ \ge\,& n f (1) \\ \ge\,& n. \end{align*}

Hemos terminado.

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Prueba del Hecho 1 :

Dado que $ u\mapsto u \mathrm {e} ^ {u - 1} $ es estrictamente creciente en $ u > 0 $, claramente, existe un único $ u > 0 $ tal que $ \frac {x} {y} = u \mathrm {e} ^ {u - 1} $.

Tenemos $$ \ln x = \ln y + \ln u + u - 1. $$ Necesitamos probar que $$ y \ln x - \ln y \ge \ln u + 1 - \frac {1} {u}. $$ Es suficiente probar que $$ y (\ln y + \ln u + u - 1) - \ln y \ge \ln u + 1 - \frac {1} {u}. $$

Sea $$ F(y) = y (\ln y + \ln u + u - 1) - \ln y - \left(\ln u + 1 - \frac {1} {u} \right). $$ Tenemos $$ F'(y) = \ln y + \ln u + u - \frac {1} {y}, $$ y $$ F''(y) = \frac {1} {y} + \frac {1} {y^2}> 0. $$ Además, $ F (1/u) = 0 $ y $ F '(1/u) = 0 $ . Así, $ F (y) \ge F (1/u) = 0 $ para todo $ y > 0 $ .

Hemos terminado.

Answer 4

Pista de respuesta parcial :

En la misma línea que Anders Kaseorg tenemos :

Sea $a,x>1$ o $a\geq 1\geq x$ o $a\leq 1\leq x$ o $0.1\leq a\leq 1$ y $0 :

$$\sqrt{\frac{a^x}{x}} - \frac{a-1}{a+1} + \frac{x-1}{x+1}-1\geq 0 $$

Un esbozo de la demostración se puede encontrar aquí Problema con una desigualdad : $\sqrt{\frac{a^x}{x}} - \frac{a-1}{a+1} + \frac{x-1}{x+1}-1\geq 0 \,?$

¡Continuará!

Editar 31/01/2022 :

Otro caso para $0 y $x>0$ entonces tenemos :

$$f\left(x\right)=\sqrt{\frac{a^{x}}{x}}+\sqrt{\frac{x^{c}}{c}}-\frac{\left(a-1\right)}{a+1}+\frac{\left(c-1\right)}{c+1}-2\geq 0$$