Demuestra esta desigualdad $f(x_{1})+f(x_{2})+\cdots+f(x_{n})\ge\frac{n^{q+1}}{n^{q-p}-1}$

Question

dejar $x_{i}>0,i=1,2,\cdots,n$ y tal $x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}=1$ Definir la función $$f(x)=\dfrac{1}{x^p-x^{q}},p>0,q\ge 1,-1<p-q<0,p,q\in \mathbb{R}$$

demostrar que $$f(x_{1})+f(x_{2})+\cdots+f(x_{n})\ge\dfrac{n^{q+1}}{n^{q-p}-1}$$ Mi enfoque es el siguiente:

Desde $$f'(x)=-\dfrac{px^{p-1}-qx^{q-1}}{(x^p-x^q)^2},$$ Lamentablemente no puedo saber el signo de $f(x)$ porque quiero usar la desigualdad de Jensen para demostrarlo.

Answer 1

Dejemos que $g_n(\vec{x}) = \sum_{i=1}^n f(x_i)$ .

Definir el dominio $D = \{ \vec{x} \in (0,1]^n | \sum_{i=1}^n x_i = 1\}$

Afirmo que $g_n$ tiene un mínimo global para $D$ en $x_i = 1/n$ (para todos los $i$ ). En efecto, consideremos un punto $\chi_1=(x_1,\ldots, x_i, \ldots, x_j, \ldots, x_n)$ con $x_i \not = x_j$ .

Entonces es sencillo demostrar que $g_n(\chi_1) \ge g_n(x_1,\ldots, \frac{x_i+x_j}{2},\ldots, \frac{x_i+x_j}{2},\ldots, x_n)$ . Lo mostramos a continuación. Así que el único punto $\chi_0$ en el dominio que no está minimizado por otro punto, es el punto en $D$ que no se modifica al promediar dos de sus componentes. Esto significa que todos los componentes de $\chi_0$ son iguales entre sí e iguales a $1/n$ . Es una cuestión de álgebra mostrar que $g_n(\chi_0)= n f(1/n) = \frac{n^{q+1}}{n^{q-p}-1}$ .

Afirmo que $f(\alpha - x) + f(x)$ se minimiza para $x = \alpha/2$ de lo que se desprende la afirmación. Sólo es tedioso el cálculo y el álgebra para demostrar que $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left( f(\alpha - x) + f(x)\right)\bigg|_{x=\alpha/2}=0$ y que $\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2}(f(\alpha-x)+f(x)) \bigg|_{x=\alpha/2} >0.$

Editar #1. He infravalorado mucho el tedio de comprobar la prueba de la segunda derivada. Sustituir la afirmación anterior por la siguiente.

Afirmo que para $\alpha \in (0,1)$ , $f(\alpha/2 -\delta) + f(\alpha/2+\delta)$ se minimiza en $\delta = 0$ de la que se desprende la afirmación principal. En efecto, tenemos

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\delta} (f(\alpha/2-\delta) + f(\alpha/2+\delta))=-\frac{q \left(\frac{\alpha }{2}-\delta \right)^{q-1}-p \left(\frac{\alpha }{2}-\delta \right)^{p-1}}{\left(\left(\frac{\alpha }{2}-\delta \right)^p-\left(\frac{\alpha }{2}-\delta \right)^q\right)^2}-\frac{p \left(\frac{\alpha }{2}+\delta \right)^{p-1}-q \left(\frac{\alpha }{2}+\delta \right)^{q-1}}{\left(\left(\frac{\alpha }{2}+\delta \right)^p-\left(\frac{\alpha }{2}+\delta \right)^q\right)^2}.$$ Esto se puede evaluar en $\delta = 0$ como el rendimiento de $0$ .

Para la prueba de la segunda derivada, tenemos $$ \begin{align*} \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}\delta^2} &(f(\alpha/2-\delta) + f(\alpha/2+\delta))= &\\ &\frac{2 \left(q \left(\frac{\alpha }{2}-\delta \right)^{q-1}-p \left(\frac{\alpha }{2}-\delta \right)^{p-1}\right)^2}{\left(\left(\frac{\alpha }{2}-\delta \right)^p-\left(\frac{\alpha }{2}-\delta \right)^q\right)^3}-\frac{(p-1) p \left(\frac{\alpha }{2}-\delta \right)^{p-2}-(q-1) q \left(\frac{\alpha }{2}-\delta \right)^{q-2}}{\left(\left(\frac{\alpha }{2}-\delta \right)^p-\left(\frac{\alpha }{2}-\delta \right)^q\right)^2}\\ &-\frac{(p-1) p \left(\frac{\alpha }{2}+\delta \right)^{p-2}-(q-1) q \left(\frac{\alpha }{2}+\delta \right)^{q-2}}{\left(\left(\frac{\alpha }{2}+\delta \right)^p-\left(\frac{\alpha }{2}+\delta \right)^q\right)^2}+\frac{2 \left(p \left(\frac{\alpha }{2}+\delta \right)^{p-1}-q \left(\frac{\alpha }{2}+\delta \right)^{q-1}\right)^2}{\left(\left(\frac{\alpha }{2}+\delta \right)^p-\left(\frac{\alpha }{2}+\delta \right)^q\right)^3} \end{align*} $$

Evaluando esto en $\delta = 0$ tenemos $$ \begin{align*} \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}\delta^2} &(f(\alpha/2-\delta) + f(\alpha/2+\delta))\bigg|_{\delta = 0} = \\ &\frac{2 \left(q \left(\frac{\alpha }{2}\right)^{q-1}-p \left(\frac{\alpha }{2}\right)^{p-1}\right)^2}{\left(\left(\frac{\alpha }{2}\right)^p-\left(\frac{\alpha }{2}\right)^q\right)^3}-\frac{(p-1) p \left(\frac{\alpha }{2}\right)^{p-2}-(q-1) q \left(\frac{\alpha }{2}\right)^{q-2}}{\left(\left(\frac{\alpha }{2}\right)^p-\left(\frac{\alpha }{2}\right)^q\right)^2}\\ &-\frac{(p-1) p \left(\frac{\alpha }{2}\right)^{p-2}-(q-1) q \left(\frac{\alpha }{2}\right)^{q-2}}{\left(\left(\frac{\alpha }{2 }\right)^p-\left(\frac{\alpha }{2}\right)^q\right)^2}+\frac{2 \left(p \left(\frac{\alpha }{2}\right)^{p-1}-q \left(\frac{\alpha }{2}\right)^{q-1}\right)^2}{\left(\left(\frac{\alpha }{2}\right)^p-\left(\frac{\alpha }{2}\right)^q\right)^3}\\ &= T_1+T_2+T_3+T_4 \end{align*} $$

Ahora, $T_1 = T_4>0$ ya que sus numeradores son ambos los cuadrados de algo, y sus denominadores son ambos positivos. En efecto, tenemos

$$\left(\frac{\alpha}{2}\right)^p - \left(\frac{\alpha}{2}\right)^q = \left(\frac{\alpha}{2} \right)^p\left(1- \left(\frac{\alpha}{2} \right)^{q-p}\right)>0. $$ Por último, dado que $T_2=T_3$ tiene el mismo signo que su numerador, sólo tenemos que demostrar que $$(1-p)p\left(\frac{\alpha}{2} \right)^{p -2} + (q-1)q\left( \frac{\alpha}{2} \right)^{q-2}>0. $$ Esto se deduce inmediatamente porque $0<p<1$ y $q>1$ . Nota: Nunca usamos ese $-1< p-q$ Por lo tanto, parece que esta condición se puede relajar.

Answer 2

Toma $g(\textbf{x})=f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n)$ donde $\textbf{x}=(x_1,x_2,...,x_n)$ . Entonces, un camino potencial hacia la solución de este problema es a través de la optimización utilizando el método Lagrangiano. Se podría considerar el siguiente problema $$\min_{\textbf{x}}g(\textbf{x})\hspace{0.5cm}\text{subject to}\hspace{0.5cm} \textbf{x}\cdot \textbf{1}^{T}=1$$ donde $\textbf{1}^T=\underbrace{(1,1,...,1)^T}_{n-times}$ . Las condiciones de primer orden implican un conjunto de $n$ ecuaciones dadas por $$\partial g/\partial x_i=\lambda$$ para $i=1,2,...,n$ y $\lambda$ es un número real también conocido como el multiplicador de Lagrang. Por la definición de $g(\textbf{x})$ debemos tener eso $$\partial g/\partial x_i\equiv f'(x_i)=-\frac{px_i^{p-1}-qx_i^{q-1}}{(x_i^p-x_i^q)^2}=\lambda$$ para todos $i=1,2,...,n$ . Por la simetría de este sistema de ecuaciones se deduce que el valor extremo se alcanza cuando $x_1=x_2=...=x_n$ que bajo la restricción da como resultado $x_i=1/n$ para todos $i=1,2,...,n$ . Ahora para verificar que en $\textbf{x}_0=(1/n, 1/n,..., 1/n)$ tenemos un mínimo o un máximo tenemos que comprobar la matriz hessiana $\textbf{H}(g)$ dada por las segundas derivadas parciales de la función objetivo $g(\textbf{x})$ y de la restricción evaluada en $\textbf{x}_0$ (puedes consultar cualquier libro de texto de cálculo, análisis o álgebra lineal para obtener más detalles sobre las matrices hessianas). Tu problema se reduce entonces a verificar la semidefinición positiva de la matriz hessiana, es decir $\textbf{u}\cdot\textbf{H}\cdot\textbf{u}^T\geq 0$ para todos $\textbf{u}\in\mathbb{R}^n$ . Si es así que en $\textbf{x}_0$ tenemos un mínimo local por lo que $$g(\textbf{x})\geq g(\textbf{x}_0)=n\cdot f(1/n)=n\cdot\frac{1}{n^{-p}-n^{-q}}=\frac{n^{q+1}}{n^{q-p}-1}$$