Prueba puramente "algebraica" de jóvenes ' s desigualdad

Question

Los jóvenes de la desigualdad indica que si $a, b \geq 0$, $p, q > 0$ y $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$, entonces $$ab\leq \frac{a^p}{p} + \frac{b^p}{q}$$ (con la igualdad sólo cuando $a^p = b^p$). Cuando yo estaba en mi primer curso de análisis real, me asignaron esta como tarea para casa, pero no podía entenderlo. Yo seguía tratando de manipular las expresiones algebraica, y yo no podía llegar a ninguna parte. Pero cada prueba de que he visto desde que se utiliza el cálculo de alguna manera para probar esto. Por ejemplo, una política común de la prueba se basa en esta prueba sin palabras y la integración. La prueba en la Wikipedia utiliza el hecho de que $\log$ es cóncava, que creo que requiere la analítica, la definición de logaritmo para probar (me corrija si estoy equivocado).

Este puede ser probado utilizando sólo manipulaciones algebraicas? Sé que es un poco vaga pregunta, porque "algebraica" no está bien definida, pero no estoy seguro de cómo hacerlo más riguroso. Pero, por ejemplo, la prueba cuando $p = q = 2$ es algo que yo considero "puramente algebraica":

$$0 \leq (a - b)^2 = a^2 + b^2 - 2ab,$ de$ lo $que$ab \leq \frac{a^2}{2} + \frac{b^2}{2}.$$

Answer 1

Esta prueba es de "Matemática Toolchest", publicado por el Australiano Matemáticas Confianza (imagen).

Ejemplo. Si $p$ y $q$ son positivos racionales tales que $\frac1p + \frac1q = 1$, entonces para positivo de $x$ y $y$ $$\frac{x^p}p + \frac{y^p}p \ge xy.$$

Desde $\frac1p + \frac1q = 1$, podemos escribir p $ = \frac{m+n}m$, $q = \frac{m+n}n$ donde $m$ y $n$ son números enteros positivos. Escribir $x = a^{1/p}$, $y = b^{1/q}$. Entonces $$\frac{x^p}p + \frac{y^q}q = \frac{\frac{m+n}m} + \frac b{\frac{m+n}n} = \frac{ma + nb}{m + n}.$$

Sin embargo, por el AM–GM de la desigualdad, $$\frac{ma + nb}{m + n} \ge (a^m \cdot b^n)^{\frac1{m+n}} = a^{\frac1p} b^{\frac1q} = xy,$$ y por tanto $$\frac{x^p}p + \frac{y^p}p \ge xy.$$

Answer 2

Sí, al menos racional, $p, q$. En general, hay una declaración de aquí, que se pueden resumir como sigue:

Cada polinomio desigualdad es una consecuencia de lo trivial, la desigualdad $x^2 \ge 0$.

En más detalle, para demostrar que los Jóvenes de la desigualdad general $p, q$, basta por una continuidad argumento para probar que $p, q$ racional. Haciendo una sustitución adecuada de la forma $a = x^n, b = y^m$ donde $n, m$ son números enteros, los Jóvenes de la desigualdad para realizar una elección racional de $p, q$ se convierte en equivalente a la afirmación de que un cierto polinomio con coeficientes reales adquiere siempre no negativo de los valores reales cuando se alimentaron con entradas reales.

Por Artin la solución de Hilbert 17 de problema, un polinomio con esta propiedad es una suma de cuadrados de funciones racionales. Una expresión de este polinomio como una suma de cuadrados de funciones racionales constituye una prueba de la correspondiente caso de los Jóvenes de la desigualdad a partir de la aplicación repetida de la trivial de la desigualdad.

No veo cómo se podría evitar el análisis para irracional $p, q$, ya que no se puede incluso definir las funciones correspondientes, sin análisis.

Answer 3

Con $\dfrac1p+\dfrac1q=1$, $u=x^p$, $v=y^p$, y $1+pt=u/v$, los siguientes son equivalentes: $$ \begin{align} xy&\le\frac{x^p}{p}+\frac{y^p}{p}\\ u^{1/p}v^{1/q}&\le\frac{u}{p}+\frac{v}{p}\\ (u/v)^{1/p}&\le\frac{u, v}{p}+\frac{1}{p}\\ (1+pt)^{1/p}&\le\frac{1+pt}{p}+\frac{1}{p}\\ 1+pt&\le(1+t)^p\etiqueta{1} \end{align} $$ Donde $(1)$ es la racional versión de la desigualdad de Bernoulli, demostrado a continuación.

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El uso de la versión integral de la Desigualdad de Bernoulli, demostrado en la final de esta respuesta, obtenemos que para $x\gt-$n, $$ \begin{align} \frac{\left(1+\frac{x}{n+1}\right)^{n+1}}{\left(1+\frac{x}{n}\right)^n} &=\left(\frac{(n+x+1)n}{(n+1)(n+x)}\right)^{n+1}\frac{n+x}{n}\\ &=\left(1-\frac{x}{(n+1)(n+x)}\right)^{n+1}\frac1{1-\frac{x}{n+x}}\\ &\ge\left(1-\frac{x}{n+x}\right)\frac1{1-\frac{x}{n+x}}\\[8pt] Y=1\\[8pt] \left(1+\frac{x}{n+1}\right)^{n+1} &\ge\left(1+\frac{x}{n}\right)^n\etiqueta{2} \end{align} $$ donde la desigualdad es estricta si $x\ne0$ y $n\ge1$.

La aplicación de la inducción con $(2)$, obtenemos que para $x\gt-m$ y enteros $n\ge m$, $$ \left(1+\frac{x}{n}\right)^n\ge\left(1+\frac{x}{m}\right)^m\etiqueta{3} $$ Dejando $t=\frac{x}{n}\gt-\frac{m}{n}$ y tomar $m^\text{th}$ raíces da $$ \left(1+t\right)^{n/m}\ge1+\frac{n}{m}t\etiqueta{4} $$ Tenga en cuenta que $(4)$ es trivialmente cierto para $-1\le t\le-\frac{m}{n}$. Por lo tanto, para la totalidad de los $t\ge 1$ y racional $p\ge1$, $$ \left(1+t\right)^p\ge1+pt\etiqueta{5} $$ donde la desigualdad es estricta si $t\ne0$ y $p\gt1$.

Answer 4

Podría ser esencialmente más fácil escribir $x=a^p,y=b^p$ y $t=\frac 1 p$. A continuación, usted desea probar la desigualdad:

$$x^{t}y^{1-t}\leq tx + (1-t)$y$

por $0<t<1$ y con igualdad sólo cuando $x=y$.

En primer lugar, vamos a comprobar el general AM-GM para cualquier $2^k$ variables. El caso $k=1$ es el caso evidente:

$$(x+y)^2-4xy = (x-y)^2\geq 0$$

Con la igualdad sólo cuando $x=y$.

Supongamos ahora que hemos probado AM-GM por $$ n términos, vamos a probar por $2n$ términos.

Si $x_1,...,x_{2n}$ son reales, asumir que están en orden lineal. Entonces:

$$\begin{align}\sqrt[2n]{x_1,...x_{2n}} &= \sqrt{\sqrt[n]{x_1,...x_n}\sqrt[n]{x_{n+1}...x_{2n}}}\\ &\leq \frac{1}{2}\sqrt[n]{x_1,...x_n}+\frac{1}{2}\sqrt[n]{x_{n+1}...x_{2n}} \\ &\leq \frac{1}{2n}(x_1+...+x_n)+\frac{1}{2n}(x_{n+1}+...+x_{2n}) \end{align}$$

Desde que nos linealmente ordenado, la igualdad sólo se aplica si todos los $x_i$ son iguales. (Compruebe usted mismo aquí).

Así que, por inducción, el AM/GM se aplica a cualquier conjunto de $2^k$ variables. Si $t=r/2^k$, podemos elegir $x_1=x_2=..=x_r=x$ y $x_{i+1}=...=x_s=y$. Entonces $$\sqrt[2^k]{x^r^{2^k-r}}\leq \frac{r}{2^k} x + \frac{2^k-r}{2^k}$y$

Que es sólo de $$x^ty^{1-t}\leq tx + (1-t)$y$

(Que se acaba de Ben argumento anterior, pero restringido a los $2^k$).

Desde el conjunto de $t$ de la forma $r/2^k$, $r,k\in\mathbb Z$ es denso en $(0,1)$, usted tiene esta desigualdad en todas partes (aunque la densidad evidentemente no vamos a llegar a la conclusión de que la igualdad sólo se produce cuando $x=$ y para la arbitrariedad real $t$.)