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Cómo probar $(1-\sum_{i=1}^{n}a^3_{i})^{1/3}\cdot (1-\sum_{i=1}^{n}b^3_{i})^{1/3}\ge 1-\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}-\sum_{i=1}^{n}|a_{i}-b_{i}|$

% que $a_{1},a_{2},\cdots,a_{n},b_{1},b_{2},\cdots,b_{n}$ser positivas números y tal %#% $ #% mostrar que \left(1-\sum_{i=1}^{n}a^3_{i}\right) $$ ^ {\frac {1} {3}} \cdot \left(1-\sum_{i=1}^{n}b^3_{i}\right) ^ {\frac {1} {3}} \ge 1-\sum_ {i = 1} ^ e_ a_ {n} {i} {i}-\sum_ {i = 1} ^ {n} | a_ {i}-e_ {i} | $$

Mi idea: desde $$\sum_{i=1}^{n}a^2_{i}\le 1,\sum_{i=1}^{n}b^2_{i}\le 1$ $

así $$a_{i},b_{i}\in (0,1]\Longrightarrow |a_{i}-b_{i}|\le 1\Longrightarrow |a_{i}-b_{i}|\ge |a_{i}-b_{i}|^2=a^2_{i}+b^2_{i}-2a_{i}b_{i}$ $ para solamente demostrar %#% $ #% % $ $$RHS\le 1-\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}-\sum_{i=1}^{n}|a_{i}-b_{i}|^2=1+\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}-\sum_{i=1}^{n}a^2_{i}-\sum_{i=1}^{n}b^2_{i}$

Creo que esto tal vez puede usar desigualdad de Holder para resolver it.and encontré que esta desigualdad es más fuerte desigualdad de Holder. Gracias

3voto

El mejor resultado que podría conseguir :

$\left(1-\sum_{i=1}^{n}^3_{i}\right)^{\frac{1}{3}}\cdot \left(1-\sum_{i=1}^{n}b^3_{i}\right)^{\frac{1}{3}}\ge 1-\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}-\sum_{i=1}^{n}|a_{i}-b_{i}| - \sum_{i=1}^{n} \sqrt{2 a_{i}b_{i}}$

El método que he utilizado en tratar de demostrar que la reclamación :

Tomemos $0\leq x\leq1 $ tenemos $0\leq 1-x\leq1 $ y el : $$(1-x)+x \leq 1 $$

Si tomamos el que ambas partes potencias $ m \geq 1 $ solo pueden conseguir más pequeños así : $$ \forall\ m \geq 1 , (1-x)^{m}+x^{m} \leq 1 $$

$$ \forall\ m \geq 1 , (1-x)^{m} \leq 1 - x^{m}$$

vamos a poner un $x = \sum x_{i}$ donde $x_{i}$ son números positivos :

$$ \forall\ m \geq 1 ,(1-\sum x_{i})^{m} \leq 1 - (\sum x_{i})^{m} \leq 1 - \sum x_{i}^{m}$$

Tenemos entonces nuestro lema :

$$ \sum x_{i} \leq 1 \Rightarrow \forall\ m \geq 1 , \big(1 - \sum x_{i}^{m}\big) \geq \big(1-\sum x_{i}\big)^m $$ y si $ \big(1 - \sum x_{i}^{m}\big) \ge 0 $ $\big(1 - \sum x_{i}\big) \leq 0 $ todavía tenemos : $$ \forall\ m \geq 1 , \big(1 - \sum x_{i}^{m}\big)^{1/m} \geq \big(1-\sum x_{i}\big)$$

De vuelta a nuestro problema : $$ L = \left(1-\sum_{i=1}^{n}^3_{i}\right)^{\frac{1}{3}}\cdot \left(1-\sum_{i=1}^{n}b^3_{i}\right)^{\frac{1}{3}} = \left(1-\sum_{i=1}^{n}^{2}_{i})^{\frac{3}{2}}\right)^{\frac{1}{3}} \cdot \left(1-\sum_{i=1}^{n} b^{2}_{i})^{\frac{3}{2}}\right)^{\frac{1}{3}}$$

$$ \ge \left(1-\sum_{i=1}^{n}^{2}_{i} \right)^{\frac{1}{2}} \cdot \left(1-\sum_{i=1}^{n} b^{2}_{i} \right)^{\frac{1}{2}} $$

(Llegamos aquí por lema para$m = 3/2$$x_i = a_i^2$)

$$ \ge \left(1 + \sum_{i=1}^{n} a^{2}_{i} b^{2}_{i} + \sum_{i \not=j}^{n} a^{2}_{i} b^{2}_{j}-\sum_{i=1}^{n} a^{2}_{i} -\sum_{i=1}^{n} b^{2}_{i} \right)^{\frac{1}{2}} $$

$$ = \left(1 - \sum_{i=1}^{n} a^{2}_{i} b^{2}_{i} + 2\sum_{i=1}^{n} a^{2}_{i} b^{2}_{i} + \sum_{i \not=j}^{n} a^{2}_{i}b^{2}_{j} -\sum_{i=1}^{n} ( a^{2}_{i} + b^{2}_{i} ) \right)^{\frac{1}{2}} $$

$$ = \left(1 - \sum_{i=1}^{n} a^{2}_{i} b^{2}_{i} -\sum_{i=1}^{n} ( a^{2}_{i} + b^{2}_{i} -2a_{i}b_{i}) + 2\sum_{i=1}^{n} a^{2}_{i} b^{2}_{i} + \sum_{i \not=j}^{n} a^{2}_{i}b^{2}_{j} - 2\sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} \right)^{\frac{1}{2}} $$

He bloqueado aquí, yo NO ERA CAPAZ de probar que la Que es falsa por la forma de ver aquí) :

$$ 2\sum_{i=1}^{n} a^{2}_{i} b^{2}_{i} + \sum_{i \not=j}^{n} a^{2}_{i}b^{2}_{j} - 2\sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} \geq 0 $$

Pero podemos demostrar fácilmente que (usando el lema ):

$$ L \ge 1 - \sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} -\sum_{i=1}^{n} ( a^{2}_{i} + b^{2}_{i} - 2 a^{2}_{i} b^{2}_{i})^{\frac{1}{2}} $$

O :

$$ L \ge 1 - \sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} -\sum_{i=1}^{n} | a_{i} + b_{i}| $$

O

$\left(1-\sum_{i=1}^{n}^3_{i}\right)^{\frac{1}{3}}\cdot \left(1-\sum_{i=1}^{n}b^3_{i}\right)^{\frac{1}{3}}\ge 1-\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}-\sum_{i=1}^{n}|a_{i}-b_{i}| - \sum_{i=1}^{n} \sqrt{2 a_{i}b_{i}}$

Edit : Aquí está mi intento de arreglarlo :

$$ L \geq \left(1 - \sum_{i=1}^{n} a^{2}_{i} b^{2}_{i} -\sum_{i=1}^{n} ( a^{2}_{i} + b^{2}_{i} -2a_{i}b_{i}) + 2\sum_{i=1}^{n} a^{2}_{i} b^{2}_{i} + \sum_{i \not=j}^{n} a^{2}_{i}b^{2}_{j} - 2\sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} \right)^{\frac{1}{2}} $$

Vamos a poner : $$ X = 1 - \sum_{i=1}^{n} a^{2}_{i} b^{2}_{i} -\sum_{i=1}^{n} ( a^{2}_{i} + b^{2}_{i} -2a_{i}b_{i}) $$

$$ R = 1 - \sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} -\sum_{i=1}^{n} | a_{i} - b_{i} | $$ y

$$ Y = 2\sum_{i=1}^{n} a^{2}_{i} b^{2}_{i} + \sum_{i \not=j}^{n} a^{2}_{i}b^{2}_{j} - 2\sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} $$

  • si $R < 0 $ el original de la desigualdad se tiene : OK

si $0 \leq R \leq 1 $ $0 \leq X \leq 1 $ y tenemos $ 0 \leq X + Y \leq 1 $ $ -1 \leq Y \leq 1 $

  • si $Y > 0$: OK

$(X+Y)^{1/2} \ge \sqrt {X} $ , entonces por el lema tenemos la quería inequelity.

  • si $Y < 0 $ : NO ACEPTAR

$(X+Y)^{1/2} = (\sqrt X ^2-\sqrt{-Y}^2)^{1/2} = ((\sqrt X -\sqrt{-Y})(\sqrt X +\sqrt{-Y}))^{1/2} \ge ? $

.. entonces .. ?? :(

-5voto

user289555 Puntos 48

Sugerencia: porque todos los números son positivos, la expresión es equivalente a:

$(1-\|\vec {un} \ | _ {3} ^ {3}) ^ {1/3} \cdot (1-\|\vec {b} \ | _ {3} ^ {3}) ^ {1/3} \geq 1-\langle \vec{c}+\vec{r};\vec{c}-\vec{r}\rangle - 2\ | \vec {r} \ | $ _ {1}

donde $c_{i}=\frac{a_{i}+b_{i}}{2}$ y $r_{i}=\frac{a_{i}-b_{i}}{2}$.

Consejo 2:

$1-\sum_{i}a_{i}^{3}\geq \sum_{i}a_{i}^{2}-\sum_{i}a_{i}^{3}=\sum_{i}a_{i}(1-a_{i})$

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