Si ambos $a,b>0$ entonces $a^ab^b \ge a^bb^a$

Question

Demostrar que $a^a \ b^b \ge a^b \ b^a$ si ambos $a$ y $b$ son positivos.

Answer 1

$$a^a \ b^b \;?\; a^b \ b^a \\ \frac{a^a}{b^a} \;?\; \frac{a^b}{b^b} \\ \left(\frac{a}{b}\right)^a \;?\; \left(\frac{a}{b}\right)^b \\ \left(\frac{a}{b}\right)^{a-b} \;?\; 1 $$

si $a \ge b$ entonces $c = \frac{a}{b} \ge 1$ y $d = a-b \ge 0$ . Así, $c^d \ge 1$ Así que $?$ es $\ge$ .

si $a < b$ entonces:

$$\left(\frac{a}{b}\right)^{a-b} \\ = \left(\frac{b}{a}\right)^{b-a}$$

y reutilizamos el primer resultado por simetría.

Answer 2

Tengo la generalización completa para $a_1,a_2, \cdots a_n$ Tenemos $$a_1^{a_1} a_2^{a_2} a_3^{a_3} \cdots a_1^{a_1} \ge a_1^{a_2}a_2^{a_3} \cdots a_{n-1}^{a_n }a_n^{a_1}$$ Esto se puede demostrar utilizando el hecho de que si $x >0$ entonces $f(x)=x^{1/x}$ tiene un máximo absoluto en $e$ (constante de Euler). Así, para cualquier número real positivo $x$ $$e^x \ge x^e$$
Comenzamos nuestra demostración sustituyendo $x=\frac{a_1e}{a_2}$ , $x=\frac{a_2e}{a_3}$ $\cdots$ $x=\frac{a_ne}{a_1}$ . Así, $$e^{a_1e} \ge (\frac{a_1e}{a_2})^{a_2e} , \quad e^{a_2e} \ge (\frac{a_2e}{a_3})^{a_3e} \cdots \quad e^{a_ne} \ge (\frac{a_ne}{a_1})^{a_1e}$$ Multiplicando estos resultados se obtiene $$e^{(a_1+a_2+ \cdots + a_n)e} \ge (\frac{a_1}{a_2})^{a_2e} (\frac{a_2}{a_3})^{a_3e} \cdots(\frac{a_n}{a_1})^{a_1e}e^{(a_1+a_2+\cdots + a_n)e}$$ Por lo tanto, $$1 \ge(\frac{a_1}{a_2})^{a_2e} (\frac{a_2}{a_3})^{a_3e} \cdots(\frac{a_n}{a_1})^{a_1e}$$ Lo que implica $$1 \ge (\frac{a_1}{a_2})^{a_2} (\frac{a_2}{a_3})^{a_3} \cdots(\frac{a_n}{a_1})^{a_1}$$ Lo que finalmente lleva a $$a_1^{a_1} a_2^{a_2} a_3^{a_3} \cdots a_1^{a_1} \ge a_1^{a_2}a_2^{a_3} \cdots a_{n-1}^{a_n }a_n^{a_1}$$

Answer 3

Vamos a mostrar un poco más: $a^a b^b > \left( \frac{a+b}{2} \right)^{a+b} > a^b b^a.$

Primero necesitamos un lema : $P = (1+x)^{1+x} (1-x)^{1-x} > 1$ si $x < 1$ .

Prueba : $\ln P = (1+x)\ln (1+x) + (1-x) \ln (1-x) = x ( \ln (1+x) - \ln (1-x)) + \ln (1+x) + \ln (1-x) = 2x \left(x + \frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5} + \cdots \right) - 2 \left( \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{4} + \frac{x^6}{6} + \cdots \right) = 2 \left(\frac{x^2}{1 \cdot 2} + \frac{x^4}{3 \cdot 4} + \frac{x^6}{5 \cdot 6} + \cdots \right).$

Por lo tanto, $\ln P$ es positivo, por lo que $P > 1.$

En este lema se pone $x = \frac{s}{t}$ , donde $t > s$ . Entonces $ \left( 1 + \frac{s}{t} \right)^{1+ \frac{s}{t}} \left(1 - \frac{s}{t}\right)^{1-\frac{s}{t}} > 1. $ Así, $ \left( \frac{t+s}{t} \right)^{t+s} \left(\frac{t-s}{t} \right)^{t-s} > 1^t = 1.$ Así, $ (t + s)^{t+s}(t - s)^{t-s} > t^{2t}$ . Dejar $t + s = a$ y $t - s = b$ vemos que $t = \frac{a+b}{2}$ y así $a^a b^b > \left( \frac{a+b}{2}\right)^{a+b}.$

De manera similar, dejar que $Q = (1+x)^{1-x} (1-x)^{1+x}$ podemos demostrar que $\ln Q < 0$ y así $Q < 1.$ Ahora continúa como lo hicimos en la última prueba.

Answer 4

Hay tres casos: $a = b$ , $a \lt b$ y $a \gt b$ . La desigualdad es trivial cuando $a = b$ y el caso en el que $a \lt b$ es realmente lo mismo que el caso en el que $a \gt b$ . Así que vamos a considerar el caso en el que $a \lt b$ y reescribir la ecuación un poco:

(1) $a^a \ b^b \ge a^b \ b^a$

con mi suposición se puede reescribir como

(2) $a^a \ b^a \ b^{b-a} \ge a^a \ b^a \ a^{b-a}$

Anulando los términos comunes se obtiene

(3) $b^{b-a} \ge a^{b-a}$

Eso es todo realmente, porque desde $b \gt a$ Un montón de $b$ multiplicados juntos son mayores que un montón de $a$ s multiplicados entre sí ("bunch" = $b-a$ )

Answer 5

$$ a^a b^b \overset{?}{\ge} a^b b^a \\ (a/b)^a \overset{?}{\ge} (a/b)^b $$

Ahora bien, si $a \gt b$ entonces esto es obviamente cierto, porque la paréntesis evalúa a algún número $x$ con $1 \lt x$ y dicho número a una potencia mayor (en la lhs) es mayor que el de una potencia menor (en la rhs).

Pero si $b \gt a$ entonces esto es de nuevo obviamente cierto, porque la paréntesis evalúa a $0 \lt x \lt 1 $ y dicho número a una potencia mayor (en la rhs) es menor que el de una potencia menor (en la lhs).