Demostrar (o refutar): Si $a,b,c,d$ son números reales positivos con $a\times b=c\times d$, entonces la única solución para $x$ en la ecuación $$\frac {a^x+b^x}{c^x+d^x} = \frac{a+b}{c+d}$$ are $x = \pm 1$.
Aparte de los obvios $a=b=c=d$ solución.
Respuesta
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Claramente, si $a = c, b = d$ o $a = d, b = c$, entonces todos los $x$ satisfagan la ecuación. De ahí la afirmación es falsa. Sin embargo, uno puede mostrar que esta es la única excepción, es decir, si $a,b,c,d > 0$ tal que $ab = cd$$\{a,b\}\neq\{c,d\}$, $x = \pm 1$ es la única solución a $$\frac{a^x+b^x}{a+b} = \frac{c^x+d^x}{c+d}.$$
Supongamos $ab = cd = s^2$. Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que $s = 1$ ya que de lo contrario podemos dividir $a,b,c,d$ $s$ y el conjunto de soluciones no va a cambiar. También podemos asumir $a \ge b$$c \ge d$. Ahora$b = 1/a, d = 1/c$$a,c \ge 1$.
Considere la posibilidad de $f\colon [0,\infty)\times \mathbb{R}\to\mathbb{R}$ definido por $$f(z, x) = \frac{e^{zx} + e^{-zx}}{e^{z} + e^{-z}}.$$
Reclamación $f(z,x)$ es la disminución en $z$ si $|x| < 1$, y se incrementa en $z$ si $|x| > 1$. Por lo tanto, $f$ es inyectiva en a $z$ si $x\neq \pm 1$.
Suponga que la demanda se mantiene. Sabemos que $f(\log a,x)=f(\log c,x)$ implica que cualquiera de las $x = \pm 1$ o $a = c$.
Prueba de Reclamación Observar que $$\partial_z f(z,x) = (-1 + x)\left(e^{(1+x)z}-e^{-(1+x)z}\right) + (1+x)\left(e^{(x-1)z}-e^{(1-x)z}\right).$$ Si $|x| < 1$, entonces todos los términos anteriores son negativas y por lo $f$ es la disminución en $z$. Si $|x| > 1$, entonces todos los términos anteriores son positivas, y por lo $f$ es el aumento en el $z$.
