Неравенство из "Кванта" по теме "Неравенство Йенсена"

[5am50n]

Как доказать неравенство $\frac{a_1^{p}+a_2^{p}+\ldots+a_n^{p}}{n}\cdot \frac{b_1^{p}+b_2^{p}+\ldots +b_n^{p}}{n} \geqslant \left( \frac{a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_nb_n}{n}\right)^p$ для любого $p \geqslant2$ и любых положительных значений переменных, $n \geqslant 2$, используя неравенство Йенсена?
И может кто-нибудь знает его название? Заранее спасибо.

[SpBTimes]

А последовательности не неубывающие случаем?

[5am50n]

Нет, произвольные. Оно похоже на Чебышёва, там они должны быть разномонотонными. Но здесь произвольные.

[arqady]

Оно очевидным образом следует из Гёльдера, а Гёльдера можно доказать с помощью Йенсена для $f(x)=x^k$, где $k>1$.

[TR63]

Умножаем обе части исходного неравенства на $(k_1k_2)^p$, где $(k_1)$, $(k_2)$ таковы, что в итоге неравенство приобретает эквивалентный вид

$$[{\frac{\sqrt{np}}{n}}\cdot{\frac{\sqrt{np}}{n}}]^{\frac{1}{p}}=(\frac p n)^{\frac{1}{p}}\ge\frac{n(np)^{\frac{1} {2p}}(np)^{\frac{1} {2p}}}{n}$$

Получаем другую область определения для исходного неравенства, т.е. для

5am50n в сообщении #839974 писал(а):

$\frac{a_1^{p}+a_2^{p}+\ldots+a_n^{p}}{n}\cdot \frac{b_1^{p}+b_2^{p}+\ldots +b_n^{p}}{n} \geqslant \left( \frac{a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_nЕb_n}{n}\right)^p$ для любого $p \geqslant2$

$1\ge n^{2}$. Эта область непрерывно ложная. Область определения исходного неравенства можно расширить? Кстати, помнится, для Гёльдера расширение существует.

-- 24.03.2014, 13:28 --

Умножаем обе части исходного неравенства на $(k_1k_2)^p$, где $(k_1)$, $(k_2)$ таковы, что в итоге неравенство приобретает вид

$$[{\frac{\sqrt{np}}{n}}\cdot{\frac{\sqrt{np}}{n}}]^{\frac{1}{p}}=(\frac p n)^{\frac{1}{p}}\ge\frac{n(np)^{\frac{1} {2p}}(np)^{\frac{1} {2p}}}{n}$$

Получаем другую область определения для исходного неравенства, т.е. для

5am50n в сообщении #839974 писал(а):

$\frac{a_1^{p}+a_2^{p}+\ldots+a_n^{p}}{n}\cdot \frac{b_1^{p}+b_2^{p}+\ldots +b_n^{p}}{n} \geqslant \left( \frac{a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_nЕb_n}{n}\right)^p$ для любого $p \geqslant2$

$1\ge n^{2}$. Эта область непрерывно ложная. Область определения исходного неравенства можно расширить? Кстати, помнится, для Гёльдера расширение существует.

[SpBTimes]

И правда из Гельдера получить очень легко, а я, заметив сходство с Чебышевым, сразу и не подумал.

[5am50n]

Это если набор из единиц ещё рассмотреть? Ясно, спасибо.

[sergei1961]

А не следует просто из К-Б и того, что $n^p\ge n^2$ ?

[мат-ламер]

sergei1961 в сообщении #840373 писал(а):

А не следует просто из К-Б и того, что $n^p\ge n^2$ ?

К-Б в каком простанстве? $l_n^p$ не гильбертово.

[TR63]

мат-ламер в сообщении #840377 писал(а):

sergei1961 в сообщении #840373
писал(а):
А не следует просто из К-Б и того, что $n^p\ge n^2$ ?
К-Б в каком простанстве? $l_n^p$ не гильбертово.

Исходное неравенство,как показал arqady, следует из Гёльдера. Из К-Б, т.е. при $p=q=2$, возможно обощение исходного неравенства на более широкую область на основании другого известного неравенства. (Это пока предположение.)

[sergei1961]

1. А как из Гёльдера (=Роджерса-Гёльдера-Рисса) следует? Напрямую к очевидному по условию $n^p \ge n^2$ нужно добавить

$$ (\sum a_k^q)^{\frac{1}{q}}\le (\sum a_k^p)^{\frac{1}{p}}, $$

но при $q\le 2 \le p$ вроде верно как раз обратное неравенство?

2. Вроде очевидно получается интегральный аналог, он тоже верен? Без всяких предположений о функциях, как в неравенстве Чебышёва? Никогда такого не видел, интересно!

[TR63]

sergei1961 в сообщении #840818 писал(а):

.

$$ (\sum a_k^q)^{\frac{1}{q}}\le (\sum a_k^p)^{\frac{1}{p}}, $$

но при $q\le 2 \le p$ вроде верно как раз обратное неравенство?

Да, меньшему показателю соответствует большее значение.

Берёте неравенство Гёльдера, делите обе части на $n^{(\frac1 p+\frac1 q=1)}$...Если не получится, пусть другие помогут.

Для обобщения надо взять $p=q$, $p\le2$, $q\le2$, предварительно умножив обе части исходного неравенства так, чтобы нужная сумма равнялась единице. (Это идея. Результат не проверяла. С набором формул долго вожусь, а времени мало. Думаю, что должно получится.) Нижняя граница (p,q) будет видна в процессе доказательства.

[RIP]

Из Гёльдера следует $\|a\|_p\leqslant\|a\|_q$ при любых $p\leqslant q$, где

$$\|a\|_p=\begin{cases}\left(\dfrac1n\sum\limits_{k=1}^n|a_k|^p\right)^{1/p},&p\ne0,\\\left(\prod\limits_{k=1}^n|a_k|\right)^{1/n},&p=0.\end{cases}$$

[matidiot]

А если воспользоваться неравенством для среднестепенных величин $\left(\frac{a_1^{p}+a_2^{p}+\ldots+a_n^{p}}{n}\right)^\frac{1}{p}\geqslant\left(\frac{a_1^{2}+a_2^{2}+\ldots+a_n^{2}}{n}\right)^\frac{1}{2}$, а потом применить неравенство К-Б?
$\frac{a_1^{p}+a_2^{p}+\ldots+a_n^{p}}{n}\cdot \frac{b_1^{p}+b_2^{p}+\ldots +b_n^{p}}{n} \geqslant \left( \sqrt{\frac{a_1^{2}+a_2^{2}+\ldots+a_n^{2}}{n}}\cdot\sqrt{\frac{b_1^{2}+b_2^{2}+\ldots +b_n^{2}}{n}}\right)^p \geqslant \left( \frac{a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_nb_n}{n}\right)^p$ для любого $p \geqslant2$

[sergei1961]

Про Гёльдера понял, забыл, что такое есть в Беккенбахе-Беллмане. Там же связь с Иенсеном обсуждается. Тогда получается из К-Б действительно, спасибо.

Переходом к пределу получается вроде неравенство для интегралов при $p\ge 2$ для неотрицательных функций

$$ \int_0^1 f^p(x)\ dx \cdot \int_0^1 g^p(x)\ dx \ge \left( \int_0^1 f(x)g(x)\ dx \right)^p. $$

Оно верно, или это мираж?