Неравенство

[cyb12]

Столкнулся с проблемой доказать неравенство:

$$\dfrac{k^{x-k}\left(\ln\ln x\right)^x}{x^{x-k}\,k!}\leqslant 1,$$

где $k$ -- натуральное число, которое не превосходит $\dfrac x2,$ a $x>16$ -- тоже целое (вообще говоря, необязательно). Проверяя численно, можно убедится в том, что максимум по возможным $k$ функции в левой части неравенства убывает по $x,$ но доказать этот факт аналитически не получается, хотя этот максимум уже при $L=342$ имеет порядок $10^{-200}.$ Что интересно, что если вместо $\ln\ln x$ взять $\ln x,$ то неравенство уже будет неверным и вышеописанный максимум растет.
Эта проблема чем-то схожа с тем, что я спрашивал в http://dxdy.ru/topic32155.html.

Я пробовал считать производную, но повторный логарифм сильно портит, пробовал доказывать спад вышеуказанного максимума по индукции, но в этом случае нужно знать сам максимум, ибо если рассмотреть значение функции при фиксированном$x$ (а потом при $x+1,$ и т.д.), то оно, как мне кажется, не при всех $k$ убывает по $x$ (но при этом максимум убывает).

[Sonic86]

При $x,k \in \mathbb{Z}, x>16, k \leq \frac{x}{2}$ максимума функции вроде бы не видать
Поэтому если взять $F(x,k)=\ln \text{левая часть неравенства}$, то можно попробовать по индукции доказать это неравенство:
1. $F(x_0,\frac{x_0}{2}) \geq 0$.
2. $F(2k,k) \geq 0 \Rightarrow F(2k+2,k+1) \geq 0$.
3. $F(x,k) \geq 0 \Rightarrow F(x,k-1) \geq 0$.
4. $F(x,k) \geq 0 \Rightarrow F(x+1,k) \geq 0$.
(т.е. максимум мы как бы вообще игнорируем)
(для ясности попробуйте график в Excel построить)

[Sonic86]

Пункт 3 можно не доказывать. Ну или еще как-то покомбинировать, лишь бы множество допустимых значений полностью обходилось.

[cyb12]

Sonic86 в сообщении #343530 писал(а):

(для ясности попробуйте график в Excel построить)

Строил, но не в Excel, а с помощью Mathematica (единственное, что имелось).

(Оффтоп)

Сейчас попробовал в Excel - не получилось там ж такие порядки...

Sonic86 в сообщении #343530 писал(а):

При $x,k \in \mathbb{Z}, x>16, k \leq \frac{x}{2}$ максимума функции вроде бы не видать

Но судя по моим графикам, максимум при $k\leqslant \frac x2$ все-таки есть. То есть функция сначала возрастает, а потом убывает. И это происходит именно до $\frac x2.$ Из этого можно предположить, что максимум (по $k$ при фиксированном $x$) достигается при одном из ближайших целых к решению уравнения $\dfrac{k^{x-k}}{(k+1)^{x-k-2}}=x$ (получается при отождествлении значений левой части при $k$ и $k+1$). При непосредственной проверке этого (численно), противоречий тут не нашел. Но опять же проблема в аналитическом доказательстве.
А вот пункт 4, как мне кажется, не всегда будет верен. Но при этом справедлив для максимальной точки.

[Sonic86]

(Оффтоп)

cyb12 писал(а):

Сейчас попробовал в Excel - не получилось там ж такие порядки...

логарифм берите от выражения. У меня построился.
Дома еще тогда подумаю...

-- Вт авг 10, 2010 15:55:26 --

Нет. Надо сразу было решать нормальными методами.
Берем функцию

$$F(x,y)=(x-y)(\ln x - \ln y) + x \ln \ln \ln x - \ln \Gamma (y+1)$$

при $D:x \geq 16, y \leq \frac{x}{2}, y \geq 1$ и исследуем ее, чтобы доказать, что $F \geq 0$ при $(x,y) \in D$
Находим $F'_x$ и из $y \leq \frac{x}{2}$ показываем, что $F'_x>0$, а значит локальных максимумов нет, а затем исследуем поведение на границах. Для границы $y=1$ очевидно, для границы $y=\frac{x}{2}$ очевидно асимптотически (при $x>x_1$), и остается 2 конечных отрезка $x=16$ и $y=\frac{x}{2}, x \leq x_1$ - там сложнее всего исследовать, и наименее интересно (я не знаю как там надо, но надо просто снизу оценить из каких-то соображений). Можно численно промоделировать для убеждения.

[cyb12]

Sonic86 в сообщении #343564 писал(а):

Берем функцию

$$F(x,y)=(x-y)(\ln x - \ln y) + x \ln \ln \ln x - \ln \Gamma (y+1)$$

Почему не

$$F(x,y)=(y-x)(\ln x - \ln y) + x \ln \ln \ln x - \ln \Gamma (y+1)?$$

Sonic86 в сообщении #343564 писал(а):

чтобы доказать, что $F \geq 0$

Этим мы покажем, что левая часть неравенства больше 1..?
Но все же локальный максимум есть. Пусть $F(x,y)=(y-x)(\ln x - \ln y) + x \ln \ln \ln x - \ln \Gamma (y+1).$

$$F(200,40)=-265.57,\, F(200,60)=-254.93,\,F(200,80)=-281.38$$

То есть $F(200,40)<F(200,60),$ $F(200,60)>F(200,80),$ и где-то максимум есть (именно при $y=53,$ если в целых).

[Sonic86]

Я ошибся, должно быть

$$F(x,y)=(x-y)(\ln x - \ln y) - x \ln \ln \ln x + \ln \Gamma (y+1)$$

Тогда у меня там неправильно все. И даже не везде $F'_x > 0$.

[cyb12]

А дифференцирование с $\Gamma$-функцей помогает в таких случаях? (я, правда, не чувствую...)

[Sonic86]

cyb12 писал(а):

А дифференцирование с $\Gamma$-функцей помогает в таких случаях? (я, правда, не чувствую...)

В смысле?
Наверное так: если есть $\Gamma$-функция, то можно дифференцировать
Но производные все равно сложные получаются.
Вчера попробовал неявно задать кривую максимумов и показать, что на этой кривой функция растет, при подстановке - получилась функция в 2 строки, очень страшная.
Индукция не поможет так просто - если есть максимум, его не объедешь
Сложно слишком. Зачем хоть решение надо?

[cyb12]

Sonic86 в сообщении #343912 писал(а):

получилась функция в 2 строки, очень страшная.

Вот-вот, такое тоже получается.

Sonic86 в сообщении #343912 писал(а):

Зачем хоть решение надо?

Да пытаюсь оценить некоторую функцию. Это связано с подсчетом числа графов некоторого типа. Там в одном месте получается такой вот крокодил. Хочется все-таки убедиться в правильности.

[cyb12]

А если немного в некотором смысле ослабить неравенство:

$$\dfrac{k^{x-k}\left(\ln\ln x\right)^x}{x^{x-k}\,k!}\leqslant c^x,$$

$c=\mathrm{const}.$ Оно тоже верно. Может с ним будет проще?

[mihiv]

Вместо исходного неравенства докажем неравенство

$$(\frac kx)^{x-k}(\frac ke)^{-k}(\ln \ln x)^x<1 \qquad (1)$$

Т.к. $k!>(\frac ke)^k$,то при этом будет выполнено и исходное неравенство.Затем в неравенстве (1) введем новую переменную $\eta $ по формуле $k=\eta x$ и полученное неравенство прологарифмируем.В результате приходим к необходимости доказать следующее неравенство:

$$g(\eta ,x)=(1-2\eta )\ln {\eta }+\ln \ln \ln x-\eta (\ln x-1)<0 \qquad (2)$$

Функция $g(\eta ,x)$ достигает максимума в точке $\eta _m$,определяемой из уравнения

$$2\ln {\frac 1{\eta _m}}+\frac 1{\eta _m}=\ln x+1 \qquad (3)$$

С помощью неравенства $\ln t<t-1$ из (3) получим

$$\eta _m<\frac 3{\ln x +3}=\eta _0$$

Теперь будем в функции $g(\eta ,x)$ уменьшать аргумент $\eta $ от $\eta _0$ в сторону $\eta _m$.При этом первое слагаемое в формуле (2) будет уменьшаться,а последнее увеличиваться (оставаясь отрицательным).Отсюда следует,что максимум функции $g$ меньше величины

$$(1-2\eta _0)\ln {\eta _0}+\ln \ln \ln x=(1-\frac 6{\ln x +3})(\ln 3-\ln (\ln x +3))+\ln \ln \ln x \qquad (4)$$

Из формулы (4) видно,что при достаточно больших x,максимум функции g меньше 0,и следовательно неравенство (2),а с ним и (1) доказано.

[cyb12]

mihiv, спасибо большое!