Hace un rato me encontré con esta pregunta en Yahoo! Respuestas y no tenía respuestas. He pasado un mientras que tratando de averiguar esto también, pero no pude encontrar una prueba algebraica.
Los supuestos son $a+b=1$ et $a,b\in(0,1)$ . Queremos demostrar que $a^ab^b+a^bb^a\leq 1$ . O lo que es lo mismo, que $a^a(1-a)^{1-a}+a^{1-a}(1-a)^a\leq 1\;\forall a\in(0,1)$ .
Intenté ver si $a$ et $b$ son un límite superior para $a^ab^b$ et $a^bb^a$ respectivamente, pues su suma sería $1$ por suposición. Sin embargo, no pude hacerlo. Conseguí demostrar lo siguiente, suponiendo sin pérdida de generalidad que $b\leq a$ (es decir $a\geq\frac{1}{2}$ ): $$\begin{aligned} a^ab^b&=a^{1-b}b^b\\ &=a\left(\frac{b}{a}\right)^b\\ &\leq a. \end{aligned}$$ Sin embargo, aplicando este mismo truco a $a^bb^a$ no produce la desigualdad necesaria: $$\begin{aligned} a^bb^a&=a^bb^{1-b}\\ &=b\left(\frac{a}{b}\right)^b\\ &\geq b. \end{aligned}$$ Lo que significa que el límite superior $a^bb^b\leq a$ es demasiado débil.
Por medios similares se pueden encontrar los siguientes límites: $$b\leq a^ab^b\leq a,$$ $$b\leq a^bb^a\leq a.$$
Ahora defina $f(a):=a^a(1-a)^{1-a}=a^ab^b$ . Se puede demostrar que lo siguiente es válido para la derivada de $f$ : $$f'(a)=f(a)\log\left(\frac{a}{1-a}\right).$$ Desde $f(a)=\exp(a\log(a)+(1-a)\log(1-a))>0$ tenemos que $f'(a)=0\iff a=\frac{1}{2}$ . Desde $f'(a)>0$ para todos $a>\frac{1}{2}$ tenemos que $f$ tiene un mínimo en $a=\frac{1}{2}$ . También hay que tener en cuenta que $\lim_{a\to 1}f(a)=1$ Por lo tanto, por simetría $\frac{1}{2}\leq f(a)\leq 1$ para todos $a\in(0,1)$ .
Definiremos $g(a):=a^{1-a}(1-a)^a=a^bb^a$ . Uno encuentra que $$g'(a)=g(a)\left(\frac{1-2a}{a(1-a)}+\log\left(\frac{1-a}{a}\right)\right).$$ Ahora $g'(a)=0\iff\log\left(\frac{1-a}{a}\right)=\frac{2a-1}{a(1-a)}$ . Está claro que $a=\frac{1}{2}$ es una solución. Tenga en cuenta que $\frac{d}{dx}\log\left(\frac{1-a}{a}\right)=\frac{1}{a(a-1)}<0$ . Desde $\frac{2a-1}{a(1-a)}$ está aumentando, $a=\frac{1}{2}$ es la única solución. Como $\lim_{a\to 1}g(a)=0$ tenemos que este es un máximo. Por lo tanto, $0\leq g(a)\leq\frac{1}{2}$ para todos $a\in(0,1)$ .
Combinando estos resultados con los que ya teníamos se obtienen las siguientes desigualdades: $$\frac{1}{2}\leq a^ab^b\leq a,$$ $$b\leq a^bb^a\leq\frac{1}{2}.$$ Esto nos da $$b+\frac{1}{2}\leq a^ab^b+a^bb^a\leq a+\frac{1}{2}.$$ Lo cual sigue sin ser muy útil... Entonces tengo otra idea. Construyo dos parábolas $\phi,\psi$ ambos con su parte superior en $\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$ . Uno de ellos, $\phi$ , a través de $(0,0)$ et $(1,0)$ et $\psi$ a través de $(0,1)$ et $(1,1)$ . Entonces mostraría que $a^a(1-a)^{1-a}\leq\psi(a)$ et $a^{(1-a)}(1-a)^a\leq\phi$ . Entonces, como $\phi(a)+\psi(a)=1\;\forall a$ la afirmación está probada. Sin embargo, esto creó alguna dificultad en la que ahora estoy atascado. Primero definiré $\phi$ et $\psi$ : $$\phi:(0,1)\to\left(0,\frac{1}{2}\right]$$ $$x\mapsto-2x^2+2x$$ Entonces $\psi(x)=1-\phi(x)$ . Tenemos $$\begin{aligned} \phi(a)&\geq a^{1-a}(1-a)^a\\ \iff-2a^2+a&\geq a^{1-a}(1-a)^a\\ \iff2a&\geq\left(\frac{a}{1-a}\right)^{1-a}. \end{aligned}$$ Sin embargo, no sé cómo demostrar esta desigualdad, y mucho menos la otra. Por lo tanto, ¡ahora estoy atascado!
Espero que alguien pueda ayudar a resolver esto. Me doy cuenta de que partes de lo que he hecho puede ser superfluo, pero esto es sólo todo lo que he tratado de poner juntos.
