Стороны треугольника.

[umar ibragimov]

Здравствуйте! Не могу решить задачу: Даны числа: $x^y$; $y^x$; 1. Причем $0<x<1$; $0<y<1$. Нужно доказать, что существует треугольник со сторонами равными этим числам при всех $x$ и $y$ из указанного диапазона. Заранее спасибо за помощь!

[chessar]

Так ведь просто надо привести два таких числа $x,\;y$. Чем, например, $x=y=0{,}5$ не доказательство? Очевидным образом выглядят неравенства треугольника, со сторонами $x^y=y^x=\dfrac{1}{\sqrt{2}},\;1$:

\[ 1+\frac{1}{\sqrt{2}} > \frac{1}{\sqrt{2}}\quad\text{и}\quad\frac{2}{\sqrt{2}}>1 \]

Или всё таки надо доказать, что при любых таких (как в условии) $x,\,y$ существует треугольник со сторонами $x^y,\;y^x,\;1\,$?

[umar ibragimov]

По моему в задаче подразумевалось для всех $x$; $y$ из указанного диапазона. Иначе задача какая-то не олимпиадная.

[chessar]

Тогда измените условие задачи: между словами "что" и "существует" вставьте слово "всегда".
Тогда вам надо доказать, что при любых $x,\,y\in(0,\,1)$ выполняется неравенство:

\[ x^y+y^x>1 \]

[umar ibragimov]

Да, именно это! Не получается доказать.

[chessar]

Но тогда это более-менее очевидно. Для этого не ограничивая общности будем считать, что $x\geqslant y$. Тогда $x^y+y^x\geqslant 2x^x$ (покажите это сами, используя свойство монотонности функций $f_1(x)=x^a$ и $f_2(x)=b^x$ при известных условиях). И далее: функция $f(x)=x^x$ на интервале $(0,\,1)$ имеет минимум при $x=\dfrac{1}{e}$, который больше $\dfrac{1}{2}$ (это тоже сами покажите). Вроде бы как-то так, если не ошибся.

[mihailm]

chessar в сообщении #609609 писал(а):

...Тогда $x^y+y^x\geqslant 2x^x$ ...

икс близко к единице а игрек половина

[chessar]

mihailm
Да, извиняюсь, вы правы. Поторопился я что-то с монотонностью.

[chessar]

Не ограничивая общности, будем считать, что

\[ y^{\frac{1}{1-y}}\geqslant x^{\frac{1}{1-x}}\Rightarrow\frac{y^{\frac{1}{1-y}}}{x^{\frac{1}{1-x}}}\geqslant1\Rightarrow\left(\frac{y^{\frac{1}{1-y}}}{x^{\frac{1}{1-x}}}\right)^{(x-1)(y-1)}\geqslant1\Rightarrow\frac{x^{y-1}}{y^{x-1}}\geqslant1. \]

Рассмотрим выражение

\[z=(x^y+y^x)^\frac{1}{x}\]

и докажем, что $z>1$ (тогда из этого будет очевидным образом следовать доказываемое неравенство: $z^x>1$). Для этого воспользуемся обобщённым неравенством Бернулли, т.е. при $u>-1$ и $v\in(-\infty;\,0)\cup(1;\,+\infty)$

\[ (1+u)^v\geqslant 1+uv. \]

Далее имеем:

\[ z=\left(y^x\left(1+\frac{x^y}{y^x}\right)\right)^{\frac{1}{x}}=y\left(1+\frac{x^y}{y^x}\right)^{\frac{1}{x}}\geqslant y\left(1+\frac{x^{y-1}}{y^x}\right)=y+\frac{x^{y-1}}{y^{x-1}}\geqslant y+1>1. \]