Matematické Fórum

lukaszh · 08. 01. 2009 22:02

Zdravím,
ako dokazovať nerovnosť:
$x\ln x+y\ln y\,>\,(x+y)\ln$\frac{x+y}{2}$\,;\;x,y\,>\,0\,;\,x\ne y$
Môj postup:

Funkcia $f(\alpha)=\ln\alpha^{\alpha}\,;\;\alpha\,>\,0$ je konvexná preto existuje $p\,>\,0$ , že
$p\cdot f(x)+(1-p)\cdot f(y)\,>\,f[p\cdot x+(1-p)\cdot y]\,;\;x\ne y$
Zvolím špeciálne $p=1/2$ a dostanem:
$\frac{1}{2}\ln x^x+\frac{1}{2}\ln y^y\,>\,\ln$\frac{x+y}{2}$$
Z tohto tvaru už neviem upraviť na požadovanú nerovnosť.

Kondr · 09. 01. 2009 00:22

Asi jsi přehlídl, že na pravé straně nemá být ln((x+y)/2) ale f((x+y)/2).

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Marian · 09. 01. 2009 00:26 — Editoval Marian (09. 01. 2009 00:27)

↑ lukaszh:

Dokazoval bych takto ... (bez Jensena)

Nejprve upravíme ekvivalentními úpravami na

Bez újmy na obecnosti předpokládejme, že platí $0<y<x$ . Odtud plyne existence reálného čísla K takového, že platí $x=K\cdot y,\quad K>1$ . Po této transformaci máme nerovnost v ekvivalentním tvaru (plus další úpravy)

Zde si lze všimnout, že původní nerovnost stačí dokázat (pro libovolná kladná čísla x, y) pouze pro případ libovolného x a y=1, což plyne z použité transformace (dosazením x=K a y=1). Definuji nyní funkci
$f(K):=K\cdot\ln K-(K+1)\cdot\ln\frac{K+1}{2},\qquad K>1.$
Platí $f(1)=0$ . Pro derivaci velmi sadno spočteme
$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}K}\, f(K)=\ln K-\ln\frac{K+1}{2}=\ln\frac{2K}{K+1}>0\qquad\text{pro}\quad K>1.$
Odtud konečně $f(K)>f(1)=0$ . Odsud plyne již dokazovaná nerovnost zpětnou ekvivalentní transformací.

Matematické Fórum

#1 08. 01. 2009 22:02

nerovnosť

#2 09. 01. 2009 00:22

Re: nerovnosť

#3 09. 01. 2009 00:26 — Editoval Marian (09. 01. 2009 00:27)

Re: nerovnosť

Zápatí