Неравенство (Юнга)

[Kafari]

Здравствуйте.
Я вот тут доказываю одно неравенство и прошу помощи. Собственно, доказать, что для любых положительных $x$, $y$ и для $p$, $q > 1$, таких что $\frac 1 p +\frac 1 q = 1$, следует:
$\frac{x^p}p + \frac{y^q}q \geqslant xy$
Могу представить левую часть в виде
$\frac{x^p}p + (1-\frac 1 p)*y^{\frac 1 {1-\frac 1 p}}$
, но пока это ничего не дает.
Может, стоит поискать пределы при фиксированных $p$ и $q$, а $x$, $y$ устремить к бесконечности?

[Cave]

Это неравенство Юнга: Young's_inequality.
Хотя если вы его доказываете в качестве упражнения, то смысла сразу лезть в решение нет.

[Kafari]

Да, я именно как упражнение. Нам говорили, что оно где-то как-то сложно доказывается, но я хочу сама и попроще

А можно как-нибудь доказать, что $\ln(px+qy) \geqslant p\ln x + q\ln y$?

[Sasha2]

Например, если Вы знаете, что функция $y=x^{\alpha}-ax$ при ($\alpha>1$ и $a>0$) достигает своего наименьшего значения в точке $x_0=(\frac{a}{\alpha})^{\frac{1}{\alpha-1}}$,
а само это наименьшее значение равно $y_0=(1-\alpha)(\frac{a}{\alpha})^{\frac{\alpha}{\alpha-1}}$,
то тогда
1) останется только положить $\alpha=p$ и $a=py$, чтобы после несложных преобразований получить Ваше неравенство.
2) А также показать, что равенство имеет место тогда и только тогда, когда $x^p=y^q$

Естественно, везде просто придется заменить выражение $\frac{p-1}{p}$ на $\frac{1}{q}$

[Kafari]

Sasha2, так вроде получается, единственное, что меня смущает в доказательстве, это то, что в функции $y=x^{\alpha}-ax$ $a$ - константа (или параметр) и не зависит от $y$. А дальше мы даем ему значение, зависящее от $y$. Так можно делать? Главное, чтобы это $a$ было положительно?
И еще:

Sasha2 в сообщении #296647 писал(а):

А также показать, что равенство имеет место тогда и только тогда, когда $x^p=y^q$

Почему? Я подставляла другие значения, произвольные, и неравенство выполнялось.

[Sasha2]

Первое (то которое я написал) неравенство выполняется при всех тех условиях, о которых указано выше ($\alpha>1$ и $a>0$). Когда Вы заменяете эти два параетра на свои (то неравенство, которое написали Вы), они все также продолжают оставаться одно больше 1, а другое больше 0, а значит Вы нисколько не компроментируете это неравенство.

Что касаемо выполнения неравенства, то да, конечно оно юудет выполняться. Речь идет о случае, когда данное (Ваше) неравенство переходит в равенство и это как раз тот случай, который я указал (ну на самом деле не я, а гораздо раньше меня указали другие, которые еще и гораздо умнее меня).

[ewert]

Kafari в сообщении #296626 писал(а):

и попроще

Переобозначениями сводим к неравенству $u+v\geqslant(pu)^{1\over p}\cdot(qv)^{1\over q}$ для любых положительных $u$ и $v$. Далее, после естественной замены $\dfrac{u}{u+v}=t$ приходим к неравенству $1\geqslant p^{1\over p}q^{1\over q}\cdot t^{1\over p}(1-t)^{1\over q}$ для $t\in(0;1)$.
Ну, последнее достаточно очевидно -- единственная точка максимума правой части $t_0=\dfrac{1}{p}$ легко находится.

[TOTAL]

Kafari в сообщении #296616 писал(а):

$\frac{x^p}p + \frac{y^q}q \geqslant xy$

Считайте, что $p, q$ рациональные. Тогда это чуть замаскированное неравенство между средними арифметическим и геометрическим.

[Sasha2]

Оно кстати не заувалировано нисколько, а именно и есть такое:

Если написать неравенство AM-GM в самом общем виде, как
$p_1x_1+p_2x_2+...p_nx_n \ge (x_1^{p_1}x_2^{p_2}...x_n^{p_n})^{\frac{1}{p_1+p_2+...+p_n}}$

[Kafari]

Sasha2 в сообщении #296766 писал(а):

неравенство переходит в равенство

Ага, разобралась, спасибо.
ewert,
так тоже можно, спасибо за идею.

А неравенство про среднее арифметическое и среднее геометрическое я знаю только для квадратов... Если его использовать, то тоже доказывать придется.

[arqady]

Kafari в сообщении #297347 писал(а):

А неравенство про среднее арифметическое и среднее геометрическое я знаю только для квадратов... Если его использовать, то тоже доказывать придется.

Оно немедленно следует из вогнутости функции $\ln$.