Доказать неравенство

[Amigo]

При каких действительных значениях r и положительных x,y, будет выполнено неравенство:
$(x+y)^r>x^r+y^r$

[maxal]

Ну во-первых, можно разделить обе части на $x^r$ и, обозначив $t=y/x$, уменьшить количество параметров в неравенстве:

$$(1+t)^r > 1 + t^r$$

.

Это неравенство выполняется для всех $t>0$ и $r>1$. Доказать можно, например, так: зафиксируем любое $r>1$ и рассмотрим $f(t)=(1+t)^r-t^r-1$ как функцию от $t$. Понятно, что $f(0)=0$ и $f'(t)=r((1+t)^{r-1}-t^{r-1})>0$ для всех $t>0$. Поэтому $f(t)>0$ для всех $t>0$, ч.т.д.

[Amigo]

maxal писал(а):

Ну во-первых, можно разделить обе части на $x^r$ и, обозначив $t=y/x$, уменьшить количество параметров в неравенстве:

$$(1+t)^r > 1 + t^r$$

.

Это неравенство выполняется для всех $t>0$ и $r>1$. Доказать можно, например, так: зафиксируем любое $r>1$ и рассмотрим $f(t)=(1+t)^r-t^r-1$ как функцию от $t$. Понятно, что $f(0)=0$ и $f'(t)=r((1+t)^{r-1}-t^{r-1})>0$ для всех $t>0$. Поэтому $f(t)>0$ для всех $t>0$, ч.т.д.

Благодарю за исчерпывающий ответ.
А такое неравенство тоже верно?
$(x_1+x_2+...+x_n)^r>x_1^r+x_2^r+...+x_n^r$

[maxal]

Amigo писал(а):

А такое неравенство тоже верно?
(x_1+x_2+...+x_n)^r>x_1^r+x_2^r+...+x_n^r

Это теперь можно индукцией по $n$ доказать:

$$(x_1+x_2+\dots+x_n)^r>(x_1+x_2+\dots+x_{n-1})^r + x_n^r > x_1^r+x_2^r+\dots+x_n^r$$

[Amigo]

maxal писал(а):

Amigo писал(а):

А такое неравенство тоже верно?
(x_1+x_2+...+x_n)^r>x_1^r+x_2^r+...+x_n^r

Это теперь можно индукцией по $n$ доказать:

$$(x_1+x_2+\dots+x_n)^r>(x_1+x_2+\dots+x_{n-1})^r + x_n^r > x_1^r+x_2^r+\dots+x_n^r$$

Всё абсолютно понятно. Большое спасибо.

Добавлено спустя 4 минуты 20 секунд:

Последний вопрос: можно ли для выражения
$(x_1+x_2+...+x_n)^r$ накопать что то наподобие разложения Бинома Ньютана?

[maxal]

Только для целого $r$. См. мультиномиальный коэффициент.

[Профессор Снэйп]

Amigo писал(а):

Последний вопрос: можно ли для выражения
(x_1+x_2+...+x_n)^r накопать что то наподобие разложения Бинома Ньютана?

При натуральных $r$ верно, по моему, что-то вроде

\[ (x_1 + \dots + x_n)^r = \sum \frac{r!}{i_1! i_2! \ldots i_n!} x_1^{i_1} \ldots x_n^{i_n}, \]

где сумма ведётся по всем таким наборам натуральных чисел $0 \leqslant i_1, \ldots, i_n \leqslant r$, что $i_1+ \dots + i_n = r$.

[PAV]

В исходном неравенстве проще разделить обе части на $(x+y)^r$ и воспользоваться тем, что при $a<1$ и $r>1$ выполнено $a^r<a$. Это же дословно и на случай большего числа слагаемых годится.

[Henrylee]

Или так.

Сразу следует из выпулости (вниз) степенной функции при $r>1$.

[Brukvalub]

Henrylee писал(а):

Или так.

Сразу следует из выпулости (вниз) степенной функции при $r>1$.

А по-подробнее - можно? (а то мне завтра это сдавать, а не выходит ) Если без шуток, то дело в том, что выпуклость вниз записывается в виде противоположного неравенства

[Henrylee]

Да, виновен , не прав.

[bot]

У-у-п-с-с, а я ведь тоже на эти же грабли наступил.

Из выпуклости следует неравенство (противоположное требуемому) только при r<0.

Степенная функция выпукла вниз на $r \in (-\infty, 0) \cup (1, +\infty)$, отсюда

$(\frac{x+y}{2})^r \le \frac{x^r+y^r}{2}$, а наоборот будет при $r \in (0, 1) $.

Итого, в спокойной обстановке, комбинируя с постом PAVa, получаем:

$x^r+y^r < (x+y)^r \le 2^{r-1} (x^r+y^r)$ при $r > 1$

$2^{r-1} (x^r+y^r) \le (x+y)^r < x^r+y^r $ при $0<r < 1$

$ (x+y)^r \le 2^{r-1}(x^r+y^r) < x^r+y^r $ при $r < 0$