Mostrar esta desigualdad $\sqrt{\frac{a^b}{b}}+\sqrt{\frac{b^a}{a}}\ge 2$

Question

Sea $a,b>0.$ Demostrar que $$\sqrt{\dfrac{a^b}{b}}+\sqrt{\dfrac{b^a}{a}}\ge 2\tag{1}$$

Sé cómo demostrar que $a^b+b^a>1$, donde $a,b>0.$ Ver $x^y+y^x>1$ para todo $(x, y)\in \mathbb{R_+^2}$

Para demostrar $1$, quiero usar la desigualdad AM-GM $$\sqrt{\dfrac{a^b}{b}}+\sqrt{\dfrac{b^a}{a}}\ge 2\left(\dfrac{a^b}{b}\cdot\dfrac{b^a}{a}\right)^{1/4}=2\left(a^{b-1}b^{a-1}\right)^{1/4}$$

Pero $a^{b-1}b^{a-1}$ no siempre es mayor que $1$

Answer 1

Observaciones (2022/04/01): La prueba de @Erik Satie es más sencilla que la mía.

Esquema de la prueba de @Erik Satie:

Hecho 3: Sea $0 < y \le 1 \le x$. Entonces $$x^{y^2} \ge 1 + \left(x \cdot \frac{1}{1 - (x - 1)(y - 1)} - 1\right) y.$$

Hecho 4: Sea $0 < y \le 1 \le x$. Entonces $$y^{x^2} \ge 1 + \left(y \cdot \frac{1}{1 - (x - 1)(y - 1)} - 1\right) x.$$

Por los Hechos 3-4, basta con probar que $$\frac{1}{x}\left[1 + \left(\frac{x}{1 - (x - 1)(y - 1)} - 1\right) y\right] + \frac{1}{y}\left[1 + \left(\frac{y}{1 - (x - 1)(y - 1)} - 1\right) x\right] \ge 2$$ o $$\frac{(2xy - x - y)^2}{(x + y - xy)xy} \ge 0$$ lo cual es verdadero.

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$\phantom{2}$

Actualización: Encontré una prueba más sencilla.

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Supongamos sin pérdida de generalidad que $b \le a$.

Si $a, b > 1$ o $a, b < 1$, entonces $a^{b - 1}\ge 1$ y $b^{a - 1}\ge 1$ y por lo tanto $$\sqrt{\frac{a^b}{b}} + \sqrt{\frac{b^a}{a}}\ge 2\sqrt[4]{a^{b-1}b^{a-1}} \ge 2.$$

Resta probar el caso cuando $0 < b \le 1 \le a$.

Sea $a = x^2, b = y^2$. Basta con demostrar que, para todo $0 < y \le 1 \le x $, $$\frac{x^{y^2}}{y} + \frac{y^{x^2}}{x} \ge 2.$$

$\phantom{2}$

Hecho 1: Si $x \ge 1$ y $0 < y \le 1$, entonces $$x^{y^2} \ge \frac{1 + x + (x - 1)y^2}{1 + x - (x - 1)y^2}.$$ (Prueba: Sea $f(x) = y^2\ln x - \ln \frac{1 + x + (x - 1)y^2}{1 + x - (x - 1)y^2} $. Tenemos $f'(x) = \frac{(1 - y^4)y^2(x - 1)^2}{x[(1 + x)^2 - (x - 1)^2y^4]}\ge 0$. Además, $f(1) = 0$. Por lo tanto, $f(x) \ge 0$ para todo $x\ge 1$.)

Hecho 2: Si $x \ge 1$ y $0 < y \le 1$, entonces $$y^{x^2} \ge \frac{1 + y + (y - 1)x^2}{1 + y - (y - 1)x^2}.$$ (La prueba se da al final.)

$\phantom{2}$

Ahora, usando los Hechos 1-2, basta con probar que $$\frac{1}{y}\cdot \frac{1 + x + (x - 1)y^2}{1 + x - (x - 1)y^2} + \frac{1}{x}\cdot \frac{1 + y + (y - 1)x^2}{1 + y - (y - 1)x^2} \ge 2.$$

Sea $x = 1 + s$ para $s \ge 0$. Después de despejar los denominadores, basta con probar que $$q_4 s^4 + q_3 s^3 + q_2 s^2 + q_1s + q_0 \ge 0 \tag{1}$$ donde \begin{align*} q_4 &= (1 - y)(2y^3 + y^2 - 2y + 1), \\ q_3 &= (1 - y)(7y^3 + 3y^2 - 11y + 5), \\ q_2 &= - 6y^4 + 8y^3 + 24y^2 - 32y + 10, \\ q_1 &= -2y^4 + 4y^3 + 16y^2 - 28y + 10, \\ q_0 &= 4(1 - y)^2. \end{align*} Es fácil probar que $q_4, q_3, q_2, q_0 \ge 0$. Además, tenemos \begin{align*} 4q_2q_0 - q_1^2 = 4(y^3 + y^2 + 7y + 15)(1 - y)^5 \ge 0. \end{align*} Así, (1) es verdadero.

Hemos terminado.

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Prueba del Hecho 2: Solo necesitamos probar el caso cuando $\frac{1 + y + (y - 1)x^2}{1 + y - (y - 1)x^2} > 0$, es decir, $y > \frac{x^2 - 1}{x^2 + 1}$. En otras palabras, solo necesitamos probar el caso cuando $\frac{x^2 - 1}{x^2 + 1} < y \le 1$. Sea $$g(y) = x^2\ln y - \ln \frac{1 + y + (y - 1)x^2}{1 + y - (y - 1)x^2}.$$ Tenemos $$g'(y) = - \frac{x^2(x^4 - 1)(1 - y)^2}{y[1 + y + (y - 1)x^2]^2}\cdot \frac{1 + y + (y - 1)x^2}{1 + y - (y - 1)x^2} \le 0.$$ Además, $g(1) = 0$. Por lo tanto, $g(y) \ge 0$ para todo $y \in (0, 1]$.

Hemos terminado.

Answer 2

Mi intento (por favor, señala los errores si los hay!):

Multiplicando ambos lados por $\sqrt{ab}$, obtenemos que $$\sqrt{a^{b+1}}+\sqrt{b^{a+1}}\geq 2\sqrt{ab}\tag{1}$$ $$\frac{\sqrt{a^{b+1}}+\sqrt{b^{a+1}}}{2}\geq \sqrt{ab}$$ Usando la desigualdad AM-GM,

$$\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{2}\geq \sqrt{\sqrt{ab}}$$

Para $0\leq a\leq b\leq 1$, tenemos que $\sqrt{\sqrt{ab}}\geq\sqrt{ab}$, $\sqrt{a^{b+1}}\geq \sqrt{a}$ y $\sqrt{b^{a+1}}\geq \sqrt{b}$. Por lo tanto, $$\frac{\sqrt{a^{b+1}}+\sqrt{b^{a+1}}}{2}\geq\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{2}\geq \sqrt{\sqrt{ab}}\geq \sqrt{ab}$$

Así, la desigualdad original se cumple.

Para $1\leq a\leq b$, podemos transformar $(1)$ en $$a^{b+1}+b^{a+1}+2{a^{\frac{b+1}{2}}b^{\frac{a+1}{2}}}\ge 4ab$$

Dado que ${a^{\frac{b+1}{2}}b^{\frac{a+1}{2}}}\geq ab$, se sigue que $4ab-2{a^{\frac{b+1}{2}}b^{\frac{a+1}{2}}}\leq 2$. Dado que $a^{b+1}+b^{a+1}\geq 2$, la desigualdad original también se cumple en este caso.

QED

Answer 3

Esquema alternativo de la prueba para $0

Usando la derivada tenemos las siguientes desigualdades :

$$\left(1+\left(a\cdot\frac{1}{1-\left(a-1\right)\left(x-1\right)}-1\right)x\right)\leq a^{x^2}$$

$$\left(1+\left(x\cdot\frac{1}{1-\left(a-1\right)\left(x-1\right)}-1\right)a\right)-x^{a^{2}}\leq 0$$

Luego necesitamos demostrar :

$$\frac{\left(1+\left(a\cdot\frac{1}{1-\left(a-1\right)\left(x-1\right)}-1\right)x\right)}{x}+\frac{\left(1+\left(x\cdot\frac{1}{1-\left(x-1\right)\left(a-1\right)}-1\right)a\right)}{a}\geq 2$$

¡Lo cual es fácil!

Answer 4

Mi segunda prueba:

Usamos engaño aislado.

Basta con probar que, para todo $a, b > 0$, $$\sqrt{\frac{a^b}{b}} \ge \frac{3\sqrt{a} - \sqrt{b}}{\sqrt{a } + \sqrt{b}}. \tag{1}$$ (Sumiendo cíclicamente en (1), se obtiene el resultado deseado. La prueba de (1) se da al final.)

Hemos terminado.

$\phantom{2}$

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Prueba de (1):

Tomando $x = \sqrt{a/b}$, la desigualdad deseada se escribe como $$b^{(b-1)/2}x^b \ge \frac{3x-1}{x+1}.$$

Solo necesitamos probar el caso en que$x > 1/3$.

Tomando el logaritmo, basta con probar que, para todo $b > 0$ y $x > 1/3$, $$f(b, x) := \frac{b-1}{2}\ln b + b\ln x - \ln \frac{3x-1}{x+1} \ge 0. $$

No es difícil demostrar que $f(b, x) \ge 0$ en el límite de $b> 0, x > 1/3$.

Resta por demostrar que $f(b, x) \ge 0$ para todos los puntos estacionarios en el interior de la región.

Tenemos \begin{align*} \frac{\partial f}{\partial b} &= \frac12\ln b + \frac{b-1}{2b} + \ln x, \\[6pt] \frac{\partial f}{\partial x} &= \frac{(x+1)(3x-1)b - 4x}{(3x-1)(x+1)x}. \end{align*}

Afirmamos que $\frac{\partial f}{\partial b} = \frac{\partial f}{\partial x} = 0$ tiene exactamente una solución $(b, x) = (1, 1)$ en $b > 0, x > 1/3$. De hecho, a partir de $\frac{\partial f}{\partial x} = 0$, tenemos $b = \frac{4x}{(x+1)(3x-1)}$. Insertando $b = \frac{4x}{(x+1)(3x-1)}$ en $\frac{\partial f}{\partial b} = 0$, obtenemos $$h(x) := \ln\frac{4x^3}{(3x-1)(x+1)} - \frac{(3x+1)(x-1)}{4x} = 0.$$ Tenemos $$h'(x) = -\frac{(9x^2+12x-1)(x-1)^2}{4x^2(3x-1)(x+1)}.$$ Así, tenemos $h'(x) < 0$ en $(1/3, 1) \cup (1, \infty)$. Además, tenemos $h(1) = 0$. Por lo tanto, $h(x) = 0$ tiene exactamente una solución $x = 1$. Entonces $b = 1$. La afirmación está demostrada.

Nota que $f(1, 1) = 0$. Así, tenemos $f(b, x) \ge 0$ para todos los puntos estacionarios en el interior de la región.

Hemos terminado.

Answer 5

COMENTARIO.-Doy una prueba basada en el siguiente lema fácilmente verificado trazando la función involucrada $f(x,y)$ poniendo $(x,y)$ en lugar de $(a,b)$. (Creo que no es difícil de demostrar sin calculadora, pero dejo la prueba para quien desee hacerlo).

Lema.- Se tiene la desigualdad $$\left(\ln\left(\frac{a^b}{b}\right)\right)^k+\left(\ln\left(\frac{b^a}{a}\right)\right)^k\gt0$$

para todo entero positivo impar $k$ y $a,b$ reales positivos.$$****$$

Note que el problema del O.P. es difícil debido a los valores de $a,b$ menores que $1$. Dado que $A=e^{\ln A}$ tenemos $$\sqrt{\dfrac{a^b}{b}}+\sqrt{\dfrac{b^a}{a}}\ge 2\iff2+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\left(\ln\left(\frac{a^b}{b}\right)\right)^k+\left(\ln\left(\frac{b^a}{a}\right)\right)^k}{k!}\gt2$$ Así que solo necesitamos demostrar el lema anterior ya que necesitamos que la suma sea positiva y el único obstáculo para esto lo dan los exponentes impares. Invito a quien quiera ganar la recompensa ofrecida a demostrar el lema para lo cual es útil señalar que el término para $k=1$ no solo se verifica la positividad sino que también es un factor para todos los demás términos $\left(\ln\left(\frac{a^b}{b}\right)\right)^k+\left(\ln\left(\frac{b^a}{a}\right)\right)^k $con $k$ impar.