Nierówność Shapiro

Z Wikipedii

Nierówność Shapiro została zaproponowana przez amerykańskiego matematyka Shapiro w 1954 r.

Niech $x_1,\; x_2,\; \dots,\; x_n > 0,\; n \in \mathbb N$ oraz

$n \le 12$ będzie liczbą parzystą albo
$n \le 23$ będzie liczbą nieparzystą.

Oznaczmy także $x n + 1 = x 1, x n + 2 = x 2$ . Wówczas zachodzi

$\sum_{i=1}^n~{x_i \over x_{i+1}+x_{i+2}} \ge {n \over 2}$ .

Nierówność ta dla n = 3 nazywana jest nierównością Nesbitta.

Dla większych wartości n nierówność nie zachodzi, a ostrym ograniczeniem dolnym jest $γ n$ , gdzie $\gamma \approx 0,494$ jest równe $ψ(0)$ , gdzie $ψ$ jest największą funkcją wypukłą której wykres leży poniżej wykresów $\ y=e^{-x}$ oraz $\ y=2(e^{x}+e^{x \over 2})$ . Wartość tej stałej znalazł w 1969 Vladimir Drinfeld.

[edytuj] Dowód nierówności dla n=1 i n=2

Dowód nierówności dla $n = 1$ oraz $n = 2$ jest trywialny.

Gdy $n = 1$ nierówność Shapiro ma postać:

${x_1\over 2x_1}\geq {1\over 2}$

Czyli ${1\over 2}\geq {1\over 2}$

Gdy $n = 2$ nierówność Shapiro jest postaci:

${x_1\over x_1+x_2}+{x_2\over x_2+x_1} \geq 1$

Czyli ${{x_1+x_2}\over{x_1+x_2}} \geq 1$

$1\geq 1$

[edytuj] Dowód nierówności dla n=3

Skorzystamy z następującego lematu:

$\forall_{x\in \mathbb{R}_+} x + {1\over x} \geq 2$

Dowód lematu: Niech $x$ będzie dowolną liczbą dodatnią. Mamy: $x + {1\over x} \geq 2 \iff x^2 + 1 \geq 2x \iff x^2-2x+1\geq 0 \iff (x-1)^2 \geq 0$ Ostatnia nierówność jest prawdziwa, ponieważ kwadrat każdej liczby rzeczywistej jest nieujemny.

Dowód Nierówności Shapiro, gdy $n = 3$ :

Mamy wykazać, że:

$\forall_{x_1, x_2, x_3\in \mathbb{R}_+} {x_1 \over x_2 + x_3} + {x_2 \over x_3 + x_1} + {x_3\over x_1 + x_2}\geq {3\over 2}\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad(*)$

Oznaczmy $a = x 2 + x 3$ , $b = x 3 + x 1$ , $c = x 1 + x 2$ . Zatem:

$x_1={1\over 2}(b+c-a)$ ,

$x_2={1\over 2}(a+c-b)$ ,

$x_3={1\over 2}(a+b-c)$ .

Nierówność $( * )$ możemy więc zapisać następująco:

${b+c-a\over 2a}+{a+c-b\over 2b}+{a+b-c\over 2c}\geq {3\over 2}$ , kolejne nierówności są równoważne:

${b+c-a\over a}+{a+c-b\over b}+{a+b-c\over c}\geq 3$

${b\over a}+{c\over a}-1+{a\over b}+{c\over b}-1+{a\over c}+{b\over c}-1\geq 3$

${b\over a}+{c\over a}+{a\over b}+{c\over b}+{a\over c}+{b\over c}\geq 6$

$({b\over a}+{a\over b})+({b\over c}+{c\over b})+({a\over c}+{c\over a})\geq 6 \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad(**)$

Na mocy lematu mamy:

${b\over a}+{a\over b}\geq 2$

${b\over c}+{c\over b}\geq 2$

${a\over c}+{c\over a}\geq 2$

Dodając te nierówności stronami otrzymujemy nierówność $( * * )$ , co dowodzi, że nierówność $( * )$ jest prawdziwa.

[edytuj] Dowód nierówności dla n=4

Udowodnimy najpierw następujący lemat:

$\forall_{x, y\in \mathbb{R}+} {1\over x} + {1\over y} \geq {4\over x+y}$

Dowód lematu:

Dla dowolnych dodatnich $x, y$ zachodzi $(x-y)^2\geq 0$ . Mamy:

$(x-y)^2\geq 0 \Rightarrow x^2+y^2\geq 2xy \Rightarrow {x^2+y^2\over xy}\geq xy \Rightarrow {x\over y} + {y\over x}\geq 2 \Rightarrow 2+{x\over y} + {y\over x}\geq 4 \Rightarrow {x+y\over x} + {x+y\over y} \geq 4\Rightarrow {1\over x} + {1\over y}\geq{4\over x+y}$ , c. n. d.

Dowód Nierówności Shapiro dla n=4:

Mamy wykazać, że $\forall_{x_1, x_2, x_3, x_4\in \mathbb{R}_+} {x_1 \over x_2 + x_3} + {x_2 \over x_3 + x_4} + {x_3\over x_4 + x_1}+{x_4\over x_1+x_2}\geq 4$

Zauważmy, że:

$2({x_1 \over x_2 + x_3} + {x_2 \over x_3 + x_4} + {x_3\over x_4 + x_1}+{x_4\over x_1+x_2})=$

$=({x_1+x_2 \over x_2 + x_3} + {x_2+x_3 \over x_3 + x_4} + {x_3+x_4\over x_4 + x_1}+{x_4+x_1\over x_1+x_2}) + ({x_3 \over x_2 + x_3} + {x_4 \over x_3 + x_4} + {x_1\over x_4 + x_1}+{x_2\over x_1+x_2})-4+({x_1 \over x_2 + x_3} + {x_2 \over x_3 + x_4} + {x_3\over x_4 + x_1}+{x_4\over x_1+x_2})$

Na mocy Nierówności Cauchy'ego mamy:

${{x_1+x_2 \over x_2 + x_3} + {x_2+x_3 \over x_3 + x_4} + {x_3+x_4\over x_4 + x_1}+{x_4+x_1\over x_1+x_2}\over 4} \geq \sqrt[4]{{x_1+x_2 \over x_2 + x_3} \cdot {x_2+x_3 \over x_3 + x_4} \cdot {x_3+x_4\over x_4 + x_1} \cdot {x_4+x_1\over x_1+x_2}}=\sqrt[4]{1}=1$

Czyli:

${x_1+x_2 \over x_2 + x_3} + {x_2+x_3 \over x_3 + x_4} + {x_3+x_4\over x_4 + x_1}+{x_4+x_1\over x_1+x_2} \geq 4$

Mamy zatem:

$({x_1+x_2 \over x_2 + x_3} + {x_2+x_3 \over x_3 + x_4} + {x_3+x_4\over x_4 + x_1}+{x_4+x_1\over x_1+x_2}) + ({x_3 \over x_2 + x_3} + {x_4 \over x_3 + x_4} + {x_1\over x_4 + x_1}+{x_2\over x_1+x_2})-4+({x_1 \over x_2 + x_3} + {x_2 \over x_3 + x_4} + {x_3\over x_4 + x_1}+{x_4\over x_1+x_2})\geq$

$\geq 4 + ({x_3 \over x_2 + x_3} + {x_4 \over x_3 + x_4} + {x_1\over x_4 + x_1}+{x_2\over x_1+x_2})-4+({x_1 \over x_2 + x_3} + {x_2 \over x_3 + x_4} + {x_3\over x_4 + x_1}+{x_4\over x_1+x_2})=$

$={x_3 \over x_2 + x_3} + {x_4 \over x_3 + x_4} + {x_1\over x_4 + x_1}+{x_2\over x_1+x_2}+{x_1 \over x_2 + x_3} + {x_2 \over x_3 + x_4} + {x_3\over x_4 + x_1}+{x_4\over x_1+x_2}=$