Оценка сверху для известного выражения

[arqady]

Для положительных $x$ и $y$ докажите, что

$$\frac{x^xy^y}{\left(\frac{x+y}{2}\right)^{x+y}}\leq e^{(\sqrt{x}-\sqrt{y})^2}$$

[waxtep]

Пусть $y\ge x$ и $t=\sqrt {y/x}, v=\frac {(x+y)} {2 \sqrt {xy}}$. Получаем:
$t^2 \ln \frac {ve} t-2t+\ln vet \ge 0$
Коэффициент при $t^2$ положителен, необходимо и достаточно, чтобы $D=1-\ln \frac {ve} t \ln vet \le 0 \Leftrightarrow \ln vt+ \ln \frac v t + \ln vt \ln \frac v t \ge 0$. При $v=t (x=y=1)$ - выполняется, а при $v<t$ сводится к $z+\frac 1 z \le -1$, при $z=\frac {\ln vt} {\ln \frac v t} <0$, что так же выполняется.

-- 09.04.2016, 15:27 --

сводится к $z+\frac 1 z \le -1$, - это я погорячился, не сводится, конечно

[waxtep]

Вот как дальше можно: $v=\ch \theta$, тогда надо доказать $\ln \ch \theta \ge \sqrt {\theta^2+1}-1$. Это правда, т.к. в нуле равенство, а далее левая часть растет быстрее правой. Действительно, равенство производных $\th \theta = \frac \theta {\sqrt {\theta^2+1}}$, бывает только в нуле (можно еще раз подставить $\theta=\sh \psi$, чтобы убедиться).

[waxtep]

Пересмотрел свои записи и решил восстановить пропущенные в самом начале шаги, прошу прощения, что не сделал сразу:

(начало решения)

1. Введем арифметическое и геометрическое средние $a=\frac {x+y} 2, g=\sqrt {xy}$, получим:
${(\frac y x)}^{\frac {y-x} 2} e^{2g} \le {(\frac {e a} g)}^{2a}$

2. Логарифмируем, делим на $a$:
$\frac {y-x} {y+x} \ln {\frac y x} \le 2 (1+\ln {\frac a g} - \frac g a)$

3. Вводим $v=\frac a g, t=\sqrt {\frac y x}$, тождественно подставляем в правой части $1-\frac 1 v = \frac {(t-1)^2} {t^2+1}$:
$(t^2-1)\ln t - (t-1)^2 \le (t^2+1) \ln v$

Отсюда уже следует записанное выше неравенство для зависимых переменных $t,v$ и дальнейшее решение.
Интересно, что минимум "широкий", отличие левой части от правой только в четвертом порядке по $\theta$.

[sergei1961]

Наверное, это или Иенсен для хитрой вогнутой функции, или какая-то уточнённая его общая форма.
Но это не решение.

[waxtep]

sergei1961 в сообщении #1113764 писал(а):

Наверное, это или Иенсен для хитрой вогнутой функции

Ошибся-удалил.

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #1113532 писал(а):

Для положительных $x$ и $y$ докажите, что

$$\frac{x^xy^y}{\left(\frac{x+y}{2}\right)^{x+y}}\leq e^{(\sqrt{x}-\sqrt{y})^2}$$

пусть $0 < x \le y $

$x+y=2a$

сделаем замену : $x=a-t$ , $y =a+t$ $(0 \le t < a)$

Тогда неравенство перепишется в виде :

$$(a-t) \ln\left( 1- \frac{t}{a} \right) +(a+t) \ln\left( 1+ \frac{t}{a} \right) \le 2a -2\sqrt{a^2-t^2}$$

$$\Leftrightarrow \sum_{k=2}^\infty {\frac{1} {(2k-1)2k}}\left ( \frac{t}{a} \right )^{2k}} \le \sum_{k=2}^\infty {\frac{(2k-3)!!} {(2k)!!}}\left ( \frac{t}{a} \right )^{2k}} $$

[sergei1961]

Чётко и красиво, что тут скажешь. И похоже приличный зазор остался, или нет?
Другой вариант, как закончить доказательство без рядов, только с одной производной. Осталось доказать неравенство:

$$ (a-t)\ln (a-t) + (a+t)\ln (a+t) -2a\ln a \le 2a-2\sqrt{a^2-t^2}. $$

Обе части при $t=0$ равны, докажем неравенство между производными

$$ \ln (a+t) - \ln (a-t) \le \frac{2t}{\sqrt{a^2-t^2}}, $$

что эквивалентно

$$ \ln y - \ln x \le \frac{y-x}{\sqrt{yx}}. $$

И неожиданно дело свелось к известному фольклорному неравенству между средним логарифмическим (частным случаем среднего Радо) и средним геометрическим

$$ G(x,y)\le L(x,y)\ \ , \ \ \sqrt{xy}\le \frac{y-x}{\ln y - \ln x}. $$

Известно, что снизу для среднего логарифмического это лучшая возможная оценка в шкале степенных средних, так что может быть с заявлением про зазор, которое сделано было из-за наличия зазора в коэффициентах в рядах, я и поспешил.

[grizzly]

sergei1961 в сообщении #1114050 писал(а):

И похоже приличный зазор остался, или нет?

Так ведь:

sergei1961 в сообщении #1114050 писал(а):

Обе части при $t=0$ равны

Или о каком зазоре речь?

[sergei1961]

Зазор в коэффицентах ряда Тэйлора. Вроде между ними что-то можно вставить симпатичное и простое, или нет? Ясно, что если этот гипотетические зазор добавить, то он тоже будет в нуле ноль.
Неравенство между коэффициентами ряда Тэйлора сводится к такому:

$$ 1\le (1+1/2)(1+1/4)(1+1/6).... $$

Уточнения любые этого неравенства можно вставить между двумя последними рядами в решении S.P.

[grizzly]

sergei1961
Спасибо, понял.

[grizzly]

Действительно, получается, что люфт достаточно просторный. Вот с другой стороны этого неравенства имеем такое:

$$e^{(\sqrt{x}-\sqrt{y})^2}\le \left(\frac xy \right)^{\frac{(x-y)}4},$$

в котором люфт вдоль оси $x=y$ в некоторых местах даже чуть плотнее. Что очень странно.

P.S. Не уверен, что это неравенство верное. Если бы в знаменателе степени в правой части поставить двойку вместо четвёрки, оно бы как-то правдоподобнее выглядело, но слишком слабо. А какого-то простого контр-примера подобрать не получилось. Может, кто-то сможет его проверить своими способами?

[sergei1961]

grizzly -Ваше неравенство верно, но оно не очень точное. После замены чисел на квадраты, оно сводится к другому фольклорному неравенству-среднее логарифмическое не больше среднего арифметического:

$$ \frac{u-v}{\ln u - \ln v} = L(x,y) \le A(u,v) = \frac{u+v}{2}=M_{1}(u,v). $$

Кстати, из этого неравенства следует интересный факт, который не сообщают студентам на матане, когда рассказывают теорему Лагранжа о средних - среднее значение в этой теореме для функции логарифма лежит не на всём отрезке между числами, как утверждается в теореме о среднем, а на левой половине отрезка, между геом. и арифмет. средними концов.

А вот последнее выписанное неравенство может быть существенно усилено, оказывается, что справедливо

$$ L(x,y) \le M_{1/3}(u,v), \ \ \ \ \ (1) $$

причём константа $1/3$ - наилучшая, степенное среднее меньшего порядка не вставить (Тибор Радо).

Если интересно, я дам ссылку на свой обзор (извините!) где это более -менее понятно описано.

Кстати, если раскрутить от конца в начало моё продолжение решения Sergic Primazon, стартуя с конечного неравенства (1), а не с неравенства между ср. логарифмическим и ср. геометрическим, как выше, то получится совершенно чумовой вариант неравенства от arqady, только в другую сторону. Посчитаю и покажу на днях.

[grizzly]

sergei1961 в сообщении #1114200 писал(а):

После замены чисел на квадраты, оно сводится к другому фольклорному неравенству-среднее логарифмическое не больше среднего арифметического

Вы правы, простое неравенство получилось. Я увлёкся какой-то магией при его составлении, а когда всё красиво свернулось, не заметил на радостях, что оно доказывается в 2 хода

Попробовал ещё поиграться с альтернативной шкалой неравенств, но во что-то компактное и красивое свернуть не удалось. Интересно, что у Вас получится.

(Оффтоп)

Один из Ваших обзоров по неравенствам мы как-то здесь обсуждали, помнится. Может и правда, поделитесь здесь свежей ссылкой.