Be tudná valaki bizonyítani az alábbi egynlőtlenséget?

Az egész nagyon hasonlít Popoviciu egyenlőtlenséghez.

Ez azt mondja ki, hogy ha f egy konvex függvény, akkor

f(x) + f(y) + f(z) +3(f((x+y+z)/3) ≥ 2f((x+y)/2) + 2f((y+z)/2) +2f((z+x)/2)

Ennek nem nagyon nehéz a bizonyítása, ha akarod akkor megpróbálom felidézni. Sajnos a wikipedia csa a tételt és az általánosítását ismerteti:

[link]

Ez egy nagyon használható egyenlőtlenség se simaság nem kell hozzá, se folytonosság, csak konvexnek kell lennie.

Szóval egy ügyes helyettesítés kellene,

lehet, hogy van más egyszerű megoldás is, nekem az eponenciális jött be:

x=6*ln(X)

y=6*ln(Y)

x=6*ln(Z)

f(t)=e^(t)

Na ennek az az elnőnye, hogy konvex lesz minden t-re.

Nézzük mit mond ezekre a Popoviciu egyenlőtlenség:

f(X) + f(Y) + f(Z) +3(f((X+Y+Z)/3) ≥ 2f((X+Y)/2) + 2f((Y+Z)/2) +2f((Z+X)/2)

e^X + e^Y + e^Z +3*e^((X+Y+Z)/3) ≥ 2*e^((X+Y)/2) + 2*e^((Y+Z)/2) +2*e^((Z+X)/2)

e^(6*ln(x)) + e^(6*ln(y)) + e^(6*ln(z)) +3*e^(2*(ln(x) + ln(y)+ln(z))) ≥ 2*e^(3*(ln(x) + ln(y))) + 2*e^(3*(ln(y)+ln(z))) +2*e^(3*(ln(z)+ln(x)))

x^6 + y^6 + z^6 +3*e^(2*(ln(xyz))) ≥ 2*e^(3*ln(xy)) + 2*e^(3*ln(yz)) +2*e^(3*ln(zx)))

x^6 + y^6 + z^6 + 3*(xyz)^2 ≥ 2*(xy)^3 + 2*(yz)^3 + 2*(zx)^3

x^6 + y^6 + z^6 + 3x^2*y^2

*z^2 ≥ 2(x^3*y^3 + y^3*z^3 + z^3*x^3)

Kész.

Szerintem a Popoviciu egyenlőtlenség egy egyszerű bizonyítását valahol a weben is megtalálod, biztos vagyok benne, hogy láttam valahol, ha megtalálom beírom a linket, ha érdekel.

Na itt van a Popoviciu egyenlőtlenség egy másik érdekes alakja,

egy csomó más klasszikus egynelőtenséggel együtt, és alkalmazásokkal ha jól látom (de bizonyítás itt sincs):

[link]

Egyszerűen nem találok semmit a neten, fejből meg nagyon hommályosak az emlékeim, megpróbálom összerakni, de amennyire emlékszem ez nem egy olyan bizonyítás ami csak úgy kipattan valakinek a fejéből.

Ha sikerül valamit összeraknom, akkor beírom.

f(x) + f(y) + f(z) +3(f((x+y+z)/3) ≥ 2f((x+y)/2) + 2f((y+z)/2) +2f((z+x)/2)

A konvexitással kell játszani, ezért ki kell fejezni

az egyes értékeket amire a függenyt alkalmazzuk a többi lineáris kombinációjaként valami használható módon:

1) ha x=y=z, akkor nyilvánvalóan igaz és egyenlőéget kapunk.

2) ha nem mind a három egyenlő, akkor a szimmetria miatt lehet:

x≤y≤z

2A)

Ha y≤(x+y+z)/3

akkor egyrészt:

3y ≤ x+y+z

2y ≤ x+z

2x+2y+2z ≤ 3x+3z

VAGYIS:

(x+y+z)/3 ≤ (x+z)/2 ≤ z

másrészt:

x≤(x+y+z)/3

3x ≤ x+y+z

2x ≤ y+z

2x+2y+2z ≤ 3y+3z

VAGYIS:

(x+y+z)/3 ≤ (y+z)/2 ≤ z

Tehát akkor letezik olyan λ és μ szám a [0,1] intervallumon, hogy:

(x+z)/2 = λ(x+y+z)/3 + (1-λ)z

(y+z)/2 = μ(x+y+z)/3 + (1-μ)z

Összeadva:

(x+y+2z)/2 = (λ+μ)(x+y-2z)/3 +2z

(x+y-2z)/2 = (λ+μ)(x+y-2z)/3

λ+μ = 3/2

f((x+z)/2) = f(λ(x+y+z)/3 + (1-λ)z) ≤ λf((x+y+z)/3) + (1-λ)f(z)

f((y+z)/2)= f(μ(x+y+z)/3 + (1-μ)z)) ≤ μf((x+y+z)/3) + (1-μ)f(z)

A konvexitás miatt:

f((x+z)/2) + f((y+z)/2) ≤ (λ +μ)f((x+y+z)/3) + (2-μ-λ)f(z)

f((x+z)/2) + f((y+z)/2) ≤ (3/2)f((x+y+z)/3) + (1/2)f(z)

2f((x+z)/2) + 2f((y+z)/2) ≤ 3f((x+y+z)/3) + f(z)

3f((x+y+z)/3) + f(z) ≥ 2f((x+z)/2) + 2f((y+z)/2)

A konvexitás miatt:

f(x)+f(y) ≥ 2f((x+y)/2)

Ezt a két utolsó dolgot összeadva:

f(x) + f(y) + f(z) +3(f((x+y+z)/3) ≥ 2f((x+y)/2) + 2f((y+z)/2) +2f((z+x)/2)

2B)

Ha y ≥ (x+y+z)/3 akkor hasonlóan megy a játék:

3y ≥ x+y+z

2y ≥ x+z

2x+2y+2z ≥ 3x+3z

(x+y+z)/3 ≥ (x+z)/2 ≥ x

z ≥ (x+y+z)/3

3z ≥ x+y+z

2x+2y+2z ≥ 3x+3y

(x+y+z)/3 ≥ (x+y)/2 ≥ x

Létezik λ és μ a [0,1]-en, hogy:

(x+z)/2 = λ(x+y+z)/3 + (1-λ)x

(x+y)/2 = μ(x+y+z)/3 + (1-μ)x

Összeadva:

(2x+y+z)/2 = (λ+μ)(-2x+y+z)/3 +2x

λ+µ = 3/2

f((x+z)/2) = f(λ(x+y+z)/3 + (1-λ)x) ≤ λf((x+y+z)/3 )+ (1-λ)f(x)

f((x+y)/2) = f(μ(x+y+z)/3 + (1-μ)x) ≤ μf((x+y+z)/3) + (1-μ)f(x)

Ezeket megint összeadva:

f((x+z)/2) + f((x+y)/2) ≤ (λ+μ)f((x+y+z)/3) + (2-λ-μ)f(x)

f((x+z)/2) + f((x+y)/2) ≤ (3/2)f((x+y+z)/3) + (1/2)f(x)

2f((x+z)/2) + 2f((x+y)/2) ≤ (λ+μ)f((x+y+z)/3) + f(x)

viszont:

2f((y+z)/2) ≤ f(y)+f(z)

Ezeket megint összeadva:

f(x) + f(y) + f(z) +3(f((x+y+z)/3) ≥ 2f((x+y)/2) + 2f((y+z)/2) +2f((z+x)/2)

Nézd át hajlamos vagyok elírásokra, azt hiszem minden esetet lefedtem amit lehetett.

A λ+μ kiszámításánál volt egy osztás és nem neztem meg, hogy nem lehet-e 0, de nem lehet 0, mert ha 0 lenne, akkor x+y=2z lenne, ami csak akkor lehetne ha x=y=z=0.