$\left(a+\frac1a\right)^2+\left(b+\frac1b\right)^2\ge\frac{25}{2}$ para $a+b=1$

Question

Demostrar que si $a+b=1$ con $a,b>0$

Entonces

$$\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2\ge\frac{25}{2}$$

Answer 1

Debe hacer la sustitución $b=1-a$ en la expresión. Esto nos da una función $$f(a)=\left(a+\frac1a\right)^2+\left(1-a+\frac1{1-a}\right)^2$$ para que sea sólo en términos de $a$ . La restricción $a,b>0$ equivale a $0<a<1$ . Como la función es continua en el intervalo, sólo hay que comprobar los puntos críticos y los límites. Como los límites tienden al infinito y el único punto crítico es un mínimo en $(\frac12,\frac{25}2)$ se sabe que la función es mayor o igual a $\frac{25}{2}$ en el intervalo.

Answer 2

Tenemos por desigualdad CS: $\left(a+\dfrac{1}{a}\right)^2 + \left(b+\dfrac{1}{b}\right)^2 \ge \dfrac{1}{2}\left(a+\dfrac{1}{a}+b+\dfrac{1}{b}\right)^2 \ge \dfrac{1}{2}\left(1+4\right)^2 = \dfrac{25}{2}$ como se ha reclamado, mientras que el $4$ viene de $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b} \ge \dfrac{4}{a+b} = \dfrac{4}{1} = 4$ .

Answer 3

multiplicando obtenemos $$a^2+\frac{1}{a^2}+b^2+\frac{1}{b^2}\geq \frac{17}{2}$$ y además $$(a^2+b^2)\left(1+\frac{1}{2ab}\right)\geq \frac{17}{2}$$ desde $$a+b=1$$ obtenemos $$a^2+b^2=1-2ab$$ esto da $$(1-2ab)\left(1+\frac{1}{a^2b^2}\right)\geq \frac{17}{2}$$ multiplicando hacia fuera obtenemos: $$-2(ab)^3-\frac{15}{2}(ab)^2-2ab+1\geq 0$$ esto equivale a $$-\frac{1}{2}(4ab-1)((ab)^2+4ab+2)\geq 0$$ esto es cierto, ya que $$a^2+b^2=1-2ab$$ así $$1-2ab\geq 2ab$$ o $$4ab-1\le 0 $$

Answer 4

Aquí hay otra solución usando los multiplicadores de Lagrange, sí dijiste que era un problema de cálculo.

Dejemos que $$f(a,b)=\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2$$ y $$g(a,b)=a+b-1$$ entonces miramos $$f-\lambda g$$ diferenciando y poniendo a cero tenemos

$$a-\frac{1}{a^3}=\frac{\lambda}{2}$$ $$b-\frac{1}{b^3}=\frac{\lambda}{2}$$ $$a+b=1$$

Restando los dos primeros y factorizando tenemos

$$(a-b)\left(1+\frac{a^2+ab+b^2}{a^3b^3}\right)=0$$ ya que el segundo término nunca es cero, suponiendo que $a$ y $b$ positivo tenemos que $$a=b.$$ El resto sigue. Por supuesto, también debemos ver que esto da un mínimo.

Answer 5

Como señaló Riley, esto equivale a $f(a) =\left(a+\frac1a\right)^2+\left(1-a+\frac1{1-a}\right)^2 \ge \frac{25}{2} $ o $f(a) =a^2+\frac1{a^2}+(1-a)^2+\frac1{(1-a)^2} \ge \frac{17}{2} $ .

Para hacerlo más simétrico, deja que $a = \frac12+c $ , donde $0 \le c \lt \frac12$ , así que $1-a=\frac12-c$ .

Esto se convierte en

$\begin{array}\\ \dfrac{17}{2} &\le (\frac12+c)^2+\dfrac1{(\frac12+c)^2}+(\frac12-c)^2+\dfrac1{(\frac12-c)^2}\\ &= \frac14+c+c^2+\dfrac1{(\frac12+c)^2}+\frac14-c+c^2+\dfrac1{(\frac12-c)^2}\\ &= \frac12+2c^2+\dfrac1{(\frac12+c)^2}+\dfrac1{(\frac12-c)^2}\\ \text{or}\\ 8 &\le 2c^2+\dfrac{(\frac12+c)^2+(\frac12-c)^2}{(\frac12+c)^2(\frac12-c)^2}\\ &= 2c^2+\dfrac{\frac14+c+c^2+\frac14-c+c^2}{(\frac14-c^2)^2}\\ &= 2c^2+\dfrac{\frac12+2c^2}{(\frac14-c^2)^2}\\ &= \dfrac{2c^2(\frac1{16}-\frac12 c^2+c^4)+\frac12+2c^2}{(\frac14-c^2)^2}\\ &= \dfrac{2c^2(1-8 c^2+16c^4)+8+32c^2}{(1-4c^2)^2}\\ &= \dfrac{8+2c^2(1+8 c^2+16c^4)}{(1-4c^2)^2}\\ &= \dfrac{8+2c^2(1+4c^2)^2}{(1-4c^2)^2}\\ \end{array} $

Pero $2c^2(1+4c^2)^2 \ge 0 $ y $1-4c^2 \le 1 $ así que $\dfrac{8+2c^2(1+4c^2)^2}{(1-4c^2)^2} \ge 8 $ que es lo que queremos probar.

Hay igualdad cuando $c=0$ , que es $a=b=\frac12$ .