Обобщенная лемма Титу

[Rusit8800]

В зарубежной литературе (впрочем, как и в отечественной) часто встречается следующее неравенство, именуемое леммой Титу:

$$\[\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{a_i^2}}{{{b_i}}}} \geqslant \frac{{{{\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} } \right)}^2}}}{{\sum\limits_{i = 1}^n {{b_i}} }}\]$$

для $a_i \geqslant 0$ и $b_i > 0$.
Интересно, остается ли оно верным

$$\[\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{a_i^k}}{{{b_i}}}} \geqslant \frac{{{{\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} } \right)}^k}}}{{\sum\limits_{i = 1}^n {{b_i}} }}\]$$

для некоторого $\[k \in \mathbb{R}\]$ не равного $2$?

[Otta]

Посмотрите на неравенство Гельдера (Коши-Буняковского при $k=2$).

[Rusit8800]

Посмотрел, что дальше?

[Otta]

Rusit8800 в сообщении #1219476 писал(а):

Посмотрел, что дальше?

Еще раз посмотрите.

Rusit8800 в сообщении #1219463 писал(а):

остается ли оно верным

Остается.

Тем не менее, слова "Обобщенная лемма Титу" или "обобщенное неравенство Титу" уже зарезервированы под неравенство другого вида:

$$\sum\limits_{i = 1}^n \frac{a_i^k}{b_i^{k-1}} \geqslant \frac{\left( \sum\limits_{i = 1}^n a_i \right)^k}{\left(\sum\limits_{i = 1}^n b_i \right)^{k-1}}$$

, верного для всех натуральных показателей $k$, неотрицательных числителей и положительных знаменателей.

[Rusit8800]

Интересно, а верно

$$\[\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{a_i^k}}{{b_i^{k - 1}}}} \geqslant \frac{{{{\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} } \right)}^k}}}{{\sum\limits_{i = 1}^n {{b_i}} }}\]$$

Оно обобщает сразу два этих неравенства.

[Otta]

Rusit8800
Вот и проверьте. Генерировать неравенства можно в неограниченном количестве. :)

[Rusit8800]

Otta в сообщении #1219518 писал(а):

Еще раз посмотрите.

Возведем неравенство Гёльдера

$$\displaystyle\sum_{i=1}^na_ib_i\le\left(\sum_{i=1}^na_i^p\right)^{1\over p} \cdot\left(\sum_{i=1}^nb_i^q\right)^{1\over q}$$

в степень $qp$, получим

$$\[{\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}{b_i}} } \right)^{q + p}} \leqslant {\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {a_i^p} } \right)^p}{\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {b_i^q} } \right)^q}\]$$

с учетом того, что $qp=q+p$.
Далее, делаем замену $\[{a_i} = \sqrt[p]{{{y_i}}}\]$ и $\[{b_i} = \frac{{{x_i}}}{{\sqrt[p]{{{y_i}}}}}\]$ и получаем:

$$\[\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{x_i^q}}{{y_i^{\frac{q}{p}}}}} \geqslant \frac{{{{\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{x_i}} } \right)}^{q + p}}}}{{\sum\limits_{i = 1}^n {{y_i}} }}\]$$

При $q=p=2$ получаем немного усиленное неравенство Титу:

$$\[\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{a_i^2}}{{{b_i}}}} \geqslant \frac{{{{\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} } \right)}^4}}}{{\sum\limits_{i = 1}^n {{b_i}} }}\]$$

Это хорошо, но что-то мне никак не удается получить ваши неравенства.

[Otta]

Степени перепутаны:

Rusit8800 в сообщении #1219566 писал(а):

$$\[{\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}{b_i}} } \right)^{q + p}} \leqslant {\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {a_i^p} } \right)^p}{\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {b_i^q} } \right)^q}\]$$

А потом вообще куда-то делись.

[DeBill]

Rusit8800 в сообщении #1219549 писал(а):

Интересно, а верно

Если $a$ мерять в килограммах, а $b$ - в метрах, то получается лажа.
Значит, оно неверно (ну, окромя случая $k=2$).
Добропорядочные неравенства обязаны уважать размерность...

[Rusit8800]

DeBill в сообщении #1219586 писал(а):

Добропорядочные неравенства обязаны уважать размерность...

Это троллинг?

[Mikhail_K]

Rusit8800 в сообщении #1219665 писал(а):

Это троллинг?

Это не троллинг, и вот почему.
Пусть Ваше неравенство с $k>2$ верно для каких-то конкретных нетривиальных $\{a_i\}$, $\{b_i\}$ (да-да, помню, Вы хотите чтобы оно было верно для всех, но начнём с малого).
Оставьте все $a_i$ прежними, а все $\{b_i\}$ увеличьте в $N$ раз, где $N$ - достаточно большое число. Что произойдёт с отношением левой и правой частей неравенства?

-- 29.05.2017, 10:10 --

Эта операция сродни "переходу к другим единицам измерения", и показывает, почему "добропорядочные неравенства обязаны уважать размерность".

[Rusit8800]

Если вы имеете ввиду это неравенство

$$\[\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{a_i^k}}{{b_i^{k - 1}}}} \geqslant \frac{{{{\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} } \right)}^k}}}{{\sum\limits_{i = 1}^n {{b_i}} }}\]$$

то по идее ничего не изменится, так как получится

$$\[\frac{1}{N} \cdot \left( {\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{a_i^k}}{{b_i^{k - 1}}}} } \right) \geqslant \frac{1}{N} \cdot \frac{{{{\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} } \right)}^k}}}{{\sum\limits_{i = 1}^n {{b_i}} }}\]$$

[Mikhail_K]

Да, я имею в виду это неравенство.
Посмотрите внимательнее, впрямь ли ничего не изменится.

-- 29.05.2017, 10:21 --

Считайте что $k>2$. Для $k=2$ Ваше неравенство совпадает с настоящим обобщённым неравенством Титу.

[DeBill]

Rusit8800
В последнем неравенстве - ошибка: слева должно быть $N^{k-1}$.
О "добропорядочности" : точное объяснение привел Mikhail_K
Конечно, по жизни встречаются и неравенства типа "пусть $x+y = 1$, $x,y$ - положительны. Докажите, что $4xy \leqslant 1$". Реально, единички в правых частях должны быть "размерными"; фактически, здесь произошла фиксация единиц измерения. Их можно "разфиксировать": обозначим $1=z$, получим задачу: "$x+y = z$. Доказать, что $4xy \leqslant z^2$". Польза от такой "однороднизации" состоит в удобстве контроля правильности выкладок при громоздких преобразованиях: все слагаемые должны быть "правильных" степеней. Часто помогает угадать путь, на котором надо искать решение (в примере: ага, надо возвести равенство в квадрат...)
Недостаток: многа буков...

[Rusit8800]

DeBill в сообщении #1219681 писал(а):

В последнем неравенстве - ошибка: слева должно быть $N^{k-1}$.

Может тогда $\frac{1}{{{N^{k - 1}}}}$?

Mikhail_K в сообщении #1219673 писал(а):

Посмотрите внимательнее, впрямь ли ничего не изменится.

После сокращения

$$\frac{1}{{{N^{k - 1}}}} \cdot \left( {\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{a_i^k}}{{b_i^{k - 1}}}} } \right) \geqslant \frac{1}{N} \cdot \frac{{{{\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} } \right)}^k}}}{{\sum\limits_{i = 1}^n {{b_i}} }}$$

на $\frac{1}{N}$ получим, что левая часть уменьшилась в ${{N^{k - 2}}}$ раз.

-- 31.05.2017, 12:35 --

DeBill в сообщении #1219681 писал(а):

в примере: ага, надо возвести равенство в квадрат...

Такое чувство, что когда вы записали

DeBill в сообщении #1219681 писал(а):

$4xy \leqslant z^2$

то уже до этого знали, что надо возводить в квадрат. Почему там например не $z$ стоит в правой части?

-- 31.05.2017, 12:39 --

Есть книга, в которой можно почитать про метод размерностей в неравенствах, чтобы поподробнее с ним познакомиться? А то мне кажется, что это секретная техника, которой владеют только Mikhail_K и DeBill.