inequality

[fibonacci]

If $ x , y $ ate real positive numbers , then prove that $ x^y+y^x\geq 1 $

[kp9r4d]

Можно просто исследованием на условный экстремум. Выходит долго, зато совершенно нехитро:
0) Очевидно, что если $x \geqslant 1$ или $y \geqslant 1$ то указанное выражение $\geqslant 1$ в дальнейшем будем считать, что $0<x<1$ и $0<y<1$.
1) Исследуем на экстремум функцию $f(x,y)=x^y+y^x$ в квадрате $0<x<1$, $0<y<1$.
В точке минимума должны выполнятся равенства

$$ \begin{cases} \frac{\partial f}{\partial x} = \frac{yx^y+xy^x\ln y}{x} =0\\ \frac{\partial f}{\partial y} = \frac{xy^x+yx^y\ln x}{y} =0\\ \end{cases} $$ $$ \begin{cases} yx^y = -xy^x\ln y\\ xy^x+(-xy^x\ln y)\ln x =0\\ \end{cases} $$ $$ xy^x(1-\ln y\ln x)=0 $$ $$ \ln y\ln x=1 $$ $$ y=e^{\frac{1}{\ln x}} $$

Минимум должен лежать на кривой $(e^{\frac{1}{\ln x}},x)$
2) Исследуем на экстремум функцию $f(x)=x^{e^{\frac{1}{\ln x}}} + e^\frac{x}{\ln x} $
В точке минимума должно выполнятся равенство

$$\frac{df}{dx}=0$$

$$(\ln x - 1)(e^{\frac{1}{\ln x}} \ln x x^{e^{\frac{1}{\ln x}}} + x e^{\frac{x}{\ln x}}) = 0$$

Случай $(\ln x - 1 = 0)$ легко проверяется непосредственно ($f(\frac{1}{e})>1$), приравняв второй множитель к нулю и сделав соответствующие преобразования получим, что в точке минимума выполняется

$$ x^{e^{\frac{1}{\ln x}}} = - \frac{x e^{x-1}{\ln x}}{\ln x}$$

3) Исследуем на экстремум функцию $f(x) = e^\frac{x}{\ln x}- \frac{x e^{x-1}{\ln x}}{\ln x}$

$$f(x) = e^\frac{x-1}{\ln x}(e^\frac{1}{\ln x}- \frac{x}{\ln x})$$

$e^\frac{x-1}{\ln x}>1$ при $0<x<1$ а поэтому если у функции $g(x) = (e^\frac{1}{\ln x}- \frac{x}{\ln x})$ минимум на интервале $0<x<1$ больше либо равен единице, то у функции $f$ тем более.
В точке минимума должно выполнятся равенство

$$\frac{dg}{dx}=0$$

$$-x + x \ln x + e^\frac{1}{\ln x}= 0$$

$$e^\frac{1}{\ln x}= x - x \ln x$$

4) Исследуем на экстремум функцию $g(x) = x - x \ln x - \frac{x}{\ln x}$, мы хотим доказать, что $g(x) \geqslant 1$ это тоже самое, что доказать $h(x) = \ln x g(x) - \ln x \geqslant 0$, поэтому исследуем функцию $h(x) = x \ln x (1- \ln x)- (x + \ln x)$
В точке минимума должно выполнятся равенство

$$\frac{dh}{dx}=0$$

$$x \ln^2 x + x \ln x + 1 = 0$$

$$x \ln^2 x = - x \ln x - 1 $$

5) Исследуем на экстремум функцию $h(x) = 2x \ln x + 1 -x - \ln x$
В точке минимума должно выполнятся

$$\frac{dh}{dx} = 0$$

$$-\frac{1}{x} + 2 \ln x +1 = 0$$

$$\ln x = \frac{1}{2x} - \frac{1}{x}$$

6) Функция $h(x) = 5 - 4x - \frac{1}{x}$, очевидно $\geqslant 0$ на интервале $0<x<1$.

Что и завершает...

[Shadow]

Неравенство может быть строгим для положительных $x,y$. Стоит рассматривать только $x,y<1$
Пусть $x=\dfrac{1}{1+m},\quad y=\dfrac{1}{1+n},\quad m,n>0$.

Из неравенства Бернулли для степени меньше 1:
$(1+m)^{\frac{1}{1+n}} \le 1+\dfrac{m}{1+n}=\dfrac{1+n+m}{1+n}\quad \Rightarrow \left(\dfrac{1}{1+m}\right)^{\frac{1}{1+n}} \ge \dfrac{1+n}{1+n+m}$

Аналогично $\left(\dfrac{1}{1+n}\right)^{\frac{1}{1+m}} \ge \dfrac{1+m}{1+n+m}$

И следовательно

$x^y+y^x \ge \dfrac{2+n+m}{1+n+m}$

[arqady]

Вот ещё забавное упражнение для любителей неравенства Бернулли.
Для положительных $a$, $b$ и $c$ докажите, что:

$$a^{b+c}+b^{a+c}+c^{a+b}\geq1$$

[fibonacci]

Красивая решение $ Shadow $

-- 04 июн 2014, 18:12 --

arqady в сообщении #871690 писал(а):

Вот ещё забавное упражнение для любителей неравенства Бернулли.
Для положительных $a$, $b$ и $c$ докажите, что:

$$a^{b+c}+b^{a+c}+c^{a+b}\geq1$$

Можно методом Shadowa

-- 04 июн 2014, 18:21 --

Еще один неравенства : докажите неравенства ,$ 4\tan5 \tan9 \leq 3\tan6 \tan10 $

[arqady]

fibonacci в сообщении #871779 писал(а):

Можно методом Shadowa

Уверены?

[fibonacci]

Ну да , а что невозможно?

-- 05 июн 2014, 00:09 --

$ a= \frac{1}{1+n} , b=\frac{1}{1+m} , c=\frac{1}{1+t} $

[arqady]

fibonacci в сообщении #871899 писал(а):

Ну да , а что невозможно?

Тогда мы ждём Ваше полное доказательство.

[fibonacci]

$ a= \frac{1}{1+n} , b=\frac{1}{1+m} , c=\frac{1}{1+t} $
После использования Бернулли , только надо доказать
$ \frac{(n+1)(t+1)}{n+t+2} + \frac{(t+1)(m+1)}{t+m+2}+ \frac{(n+1)(m+1)}{n+m+2} \geq 1$

-- 05 июн 2014, 23:14 --

$ \frac{(n+1)(t+1)}{n+t+2} + \frac{(t+1)(m+1)}{t+m+2}+ \frac{(n+1)(m+1)}{n+m+2} \geq 1$ $<--->$ , $ \frac{xy}{x+y} + \frac{yz}{y+z} + \frac{zx}{z+x} \geq 1$

[arqady]

fibonacci, объясните пожалуйста, почему $a+b\leq1$?

[fibonacci]

Потому что $mn\geq 1$

[arqady]

fibonacci в сообщении #872412 писал(а):

Потому что $mn\geq 1$

Что вдруг? Может же случиться, что $a=b=\frac{2}{3}$.

[fibonacci]

arqady в сообщении #872429 писал(а):

fibonacci в сообщении #872412 писал(а):

Потому что $mn\geq 1$

Что вдруг? Может же случиться, что $a=b=\frac{2}{3}$.

Да. вы прав.

[fibonacci]

Не могли бы показать ващи решение?

[arqady]

fibonacci в сообщении #873767 писал(а):

Не могли бы показать ващи решение?

В своё время я это не доказал. Следующее доказательство принадлежит Võ Quốc Bá Cẩn.

Для положительных $a$, $b$ и $c$ докажите, что:
$$a^{b+c}+b^{a+c}+c^{a+b}\geq1$$ Можно считать, что $\{a,b,c\}\subset(0,1)$
1. Пусть $a+b+c\leq1$.
Тогда, как здесь уже было показано с помощью неравенства Бернулли получаем:
$\sum\limits_{cyc}a^{b+c}>\sum\limits_{cyc}\frac{a}{a+b+c}=1$.
2. $a+b+c\geq1$.
Снова пользуемся неравенством Бернулли:
$\frac{1}{a^b}=\left(1+\frac{1}{a}-1\right)^b\leq1+\left(\frac{1}{a}-1\right)b$ и аналогично $\frac{1}{a^c}=\left(1+\frac{1}{a}-1\right)^c\leq1+\left(\frac{1}{a}-1\right)c$.
Поэтому $\sum\limits_{cyc}a^{b+c}\geq\sum\limits_{cyc}\frac{a^2}{(a+b-ab)(a+c-ac)}\geq\frac{(a+b+c)^2}{\sum\limits_{cyc}(a+b-ab)(a+c-ac)}\geq1$
поскольку последнее неравенство эквивалентно
$(ab+ac+bc)(a+b+c-1)+abc(3-a-b-c)\geq0$, которое очевидно верно.