Не могу доказать одно неравенство со степенями

[Arastas]

Добрый день!
У меня есть две переменных, $x_1$ и $x_2$, обе переменные скалярные действительные. Есть составленный из них вектор $x:=[x_1,\;x_2]^\top$. В одной статье я встретил неравенство вида

$$ x_1^4+x_2^2 \ge \frac{1}{4}|x|^{1+\frac{1}{|x|}}, $$

и я не могу понять, как они его получили. Для скаляров легко показать, что

$$ x_1^4 \ge \frac{1}{4}|x_1|^{1+\frac{1}{|x_1|}} \quad \text{ и } \quad x_2^2 \ge \frac{1}{4}|x_2|^{1+\frac{1}{|x_2|}}. $$

Но как от этого перейти к сумме?

Например, если $x_1^2>1$, то $x_1^4+x_2^2 \ge x_1^2+x_2^2 = |x|^2 \ge \frac{1}{4}|x|^{1+\frac{1}{|x|}}$. Но не получилось пока расписать для случая $x_1^2<1$.

[kotenok gav]

А неравенство Коши здесь не поможет?

[Евгений Машеров]

А какой x справа?

[Arastas]

Евгений Машеров в сообщении #1321588 писал(а):

А какой x справа?

Если вы про неравенство

$$ x_1^4+x_2^2 \ge \frac{1}{4}|x|^{1+\frac{1}{|x|}}, $$

то справа это модуль вектора, т.е. $|x| = \sqrt{x_1^2+x_2^2}$.

[grizzly]

Arastas в сообщении #1321581 писал(а):

Для скаляров легко показать, что

$$ x_1^4 \ge \frac{1}{4}|x_1|^{1+\frac{1}{|x_1|}} \quad \text{ и } \quad x_2^2 \ge \frac{1}{4}|x_2|^{1+\frac{1}{|x_2|}}. $$

А не слишком ли легко? Второе неравенство без коэффициента 1/4 доказать не получится? Да и первое наверняка верно с бОльшим.

(Просто мысли вслух, я не думал, что с этим дальше делать.)

[Arastas]

grizzly в сообщении #1321593 писал(а):

Второе неравенство без коэффициента 1/4 доказать не получится? Да и первое наверняка верно с бОльшим.

Для четвертой степени там вместо $\frac{1}{4}$ можно поставить примерно $\frac{1}{2.1}$. Для квадрата можно вообще поставить единицу и меньше. На самом деле, для основного результата достаточно, чтобы вместо $\frac{1}{4}$ там была любая положительная константа.

[svv]

Обозначу через $x$ то, что Вы обозначаете $|x|$. Введём функцию
$f(x)=\min\limits_{x_1^2+x_2^2=x^2} (x_1^4+x_2^2)=\begin{cases}x^4,&0\leqslant x\leqslant \frac 1 {\sqrt{2}}\\x^2-\frac 1 4,& x\geqslant \frac 1 {\sqrt{2}}\end{cases}$
Ваше неравенство следует из более простого (потому что одна переменная)
$f(x)\geqslant \frac 1 4 x^{1+\frac 1 x},\quad x>0$
На глазок в его справедливости можно убедиться, построив графики.

(Arastas)

Вы видели мой контрпример?

[Arastas]

svv в сообщении #1321698 писал(а):

Введём функцию
$f(x)=\min\limits_{x_1^2+x_2^2=x^2} (x_1^4+x_2^2)=\begin{cases}x^4,&0\leqslant x\leqslant \frac 1 {\sqrt{2}}\\x^2-\frac 1 4,& x\geqslant \frac 1 {\sqrt{2}}\end{cases}$
Ваше неравенство следует из более простого (потому что одна переменная)
$f(x)\geqslant \frac 1 4 x^{1+\frac 1 x},\quad x>0$

Да, спасибо, то что надо! Неравенство для $x^4$ уже есть, а для $x^2-\frac{1}{4}$ спокойно доказывается.

[novichok2018]

Arastas - а в какой статье было это неравенство?

[Arastas]

novichok2018 в сообщении #1321823 писал(а):

Arastas - а в какой статье было это неравенство?

Это Wossvinkel 2018 "Input-to-State Stability Mapping for Nonlinear Control Systems Using Quantifier Elimination". Там статья не об этом, и неравенство между делом упоминается в одном из примеров, и глаз зацепился, что оно не столь очевидно (для меня), как пишут авторы.