Un mínimo de $\left(\frac{a}{b+c}\right)^p+\left(\frac{b}{c+a}\right)^p+\left(\frac{c}{a+b}\right)^p$

Question

Dejemos que $p$ sea un número real positivo. ¿Cuál es el mínimo de $$g(a,b,c):=\left(\dfrac{a}{b+c}\right)^p+\left(\dfrac{b}{c+a}\right)^p+\left(\dfrac{c}{a+b}\right)^p$$ donde $a,b,c$ son números reales positivos?

Cuando $p=1$ , La desigualdad de Nesbitt muestra que el mínimo es $3/2$ , que se consigue cuando $a=b=c$ .

Cuando $p=1/2$ , esta pregunta muestra que el mínimo se aproxima arbitrariamente $2$ , que se consigue cuando $a=1$ y $b=c\rightarrow\infty$ . Obsérvese que el mínimo es pas se logra cuando $a=b=c$ .

Así que parece que hay un régimen de valores de $p$ donde el mínimo se alcanza cuando $a=b=c$ y en algún momento se pasa al régimen en el que el mínimo se alcanza cuando $a=1$ y $b=c\rightarrow\infty$ ?

Podemos normalizar la expresión utilizando $a+b+c=1$ para ser

$$g(a,b,c):=\left(\dfrac{a}{1-a}\right)^p+\left(\dfrac{b}{1-b}\right)^p+\left(\dfrac{c}{1-c}\right)^p$$

¿Son los multiplicadores de Lagrange la herramienta adecuada para resolver esto? Por desgracia, no estoy familiarizado con ella.

Answer 1

He aquí una respuesta completa pero algo desordenada.

Definir la función $$g(x,y,z) = \left( \frac{x}{1-x} \right)^p + \left( \frac{y}{1-y} \right)^p + \left( \frac{z}{1-z} \right)^p$$ en el triángulo $\Delta$ definido por $x + y + z = 1, x,y,z \geq 0$ . Es una función continua $\Delta \to [0,+\infty]$ .

Desde $\Delta$ es un conjunto cerrado y acotado, $g$ debe alcanzar un mínimo en alguna parte. Este mínimo puede alcanzarse en la frontera del triángulo o en un punto interior. El método de los multiplicadores de Lagrange muestra que una condición necesaria para que el mínimo se produzca en un punto interior es que $\nabla f$ y $\nabla g$ sean paralelos, donde $f(x,y,z) = x + y + z - 1$ . Tenemos $$\nabla g = \left(\frac{p}{x^2}\left(\frac{1}{x} - 1\right)^{-p-1}, \frac{p}{y^2}\left(\frac{1}{y} - 1\right)^{-p-1}, \frac{p}{z^2}\left(\frac{1}{z} - 1\right)^{-p-1} \right)$$ y $\nabla f = (1,1,1)$ . La función $$h(t) = t^2\left( \frac{1}{t} - 1\right)^{p + 1} = t^{1-p}(1-t)^{1 + p}$$ es estrictamente monótona en el intervalo $[0,1]$ a menos que $p \in (-1,1)$ e incluso en este caso el cálculo muestra que la función $h$ nunca toma el mismo valor más de dos veces. Sin embargo, si $g$ es alcanzar un mínimo en un punto interior $(x,y,z)$ Debemos tener $h(x) = h(y) = h(z)$ (si $p \ne 0$ ).

Así, para $p \leq -1$ y $p \geq 1$ si el mínimo de $g$ se alcanza en un punto interior, entonces debe ser uno en el que $x = y = z$ . El caso $p = 0$ es trivial, y para $p \in (-1,1) - \{ 0 \}$ si el mínimo se alcanza en un punto interior, entonces al menos dos de $x$ , $y$ y $z$ deben ser iguales.

Por lo tanto, en todos los casos el mínimo debe producirse, por ejemplo, para $x = 0$ o $y = z$ .

$g$ es infinito en la frontera de $\Delta$ si $p < 0$ por lo que el mínimo debe alcanzarse en un punto interior en este caso. Cuando $p > 0$ la expresión a minimizar en la frontera es de la forma $u + 1/u$ , donde $u = (b/c)^p$ por lo que es claramente mínimo cuando $b = c$ para que el mínimo en la frontera sea $2$ . Combinado con las consideraciones anteriores, esto demuestra que el mínimo se alcanza siempre en un punto en el que $b = c$ (incluso si $a = 0$ ).

Supongamos ahora que $b = c$ y que $t = a/b$ . El problema se reduce a minimizar $j(t) = (t/2)^p + 2(t + 1)^{-p}$ para $t \geq 0$ con $t = 0$ correspondiente al caso límite, y $t = 1$ correspondiente al caso de $a = b = c$ . Ya sabemos que para $p \leq -1$ el mínimo es $j(1) = 3/2^p$ y que para $p \geq 1$ debe ser $j(0) = 2$ o $j(1) = 3/2^p$ pero esta última es más pequeña, por lo que debe ser la segunda. Para $p = 0$ el mínimo es obviamente $3$ y esto deja sólo $p \in (-1,1) - \{0\}$ . Supongamos que $p$ se elige así.

Ahora un poco de álgebra muestra que $j'(t)$ siempre tiene el mismo signo que $k(t) = p(1 + t - 2t^{(1-p)/(1+p)})$ . Las posibles ubicaciones de un mínimo para $j(t)$ se puede encontrar estudiando $k(t)$ en su lugar. Tenga en cuenta que $k(0) = p$ , $k(1) = 0$ , $k''(t) > 0$ y $k(t) \to +\infty$ como $p \to +\infty$ . Dividimos el estudio en diferentes casos.

Caso 1. $- 1 < p < 0$ . Las condiciones $k(0) < 0$ , $k(1) = 0$ y $k''(t) > 0$ demostrar que $k(t) \leq 0$ si y sólo si $t \leq 1$ . Por lo tanto, el mínimo de $j(t)$ se produce en $t = 1$ que es el caso $a = b = c$ .

Caso 2. $1/3 < p < 1$ . En este caso, $k'(1) > 0$ . Combinado con $k(0) > 0$ , $k(1) = 0$ y $k''(t) > 0$ Esto demuestra que hay algo de $c \in (0,1)$ tal que $k(t) \geq 0$ si y sólo si $c \leq t \leq 1$ . Así, $j$ tiene un mínimo en $t = 0$ o $t = 1$ . Comparando $j(0) = 2$ y $j(1) = 3/2^p$ vemos que es lo primero si $1/3 < p < (\log 3/2)/\log 2$ , este último si $(\log 3/2)/\log 2 < p < 1$ y si $p = (\log 3/2)/\log 2$ .

Caso 3. $p = 1/3$ . En este caso $k'(1) = 0$ . Combinado con $k(1) = 0$ y $k''(t) > 0$ Esto demuestra que $k(t) \geq 0$ en todas partes, por lo que $j(t)$ tiene su mínimo en $t = 0$ .

Caso 4. $0 < p < 1/3$ . En este caso $k'(1) < 0$ . Combinado con $k(1) = 0$ , $k''(t) > 0$ y $k(t) \to +\infty$ para $t \to +\infty$ encontramos que hay algún número $c > 1$ tal que $k(t) \leq 0$ si y sólo si $1 \leq t \leq c$ . Así, $j(t)$ tiene mínimos locales en $t = 0$ y $t = c$ y estas son las únicas posibilidades para su mínimo global.

Tenemos $j(0) = 2$ . Demostraremos que $j(c) > 2$ . Tenemos $j(t) = A(t)+B(t)$ , donde $A(t) = (t/2)^p$ y $B(t) = 2(t + 1)^{-p}$ . Ahora $A(c)B(c) = 2^{1-p}(1 + 1/c)^{-p} > 2^{1-2p}$ desde $c > 1$ . De ello se desprende que $j(c) = A(c) + B(c) > 2^{3/2 - p} > 2^{7/6} > 2$ .

En conclusión, el mínimo se alcanza en todos los casos ya sea para $b = c$ y $a = 0$ o para $a = b = c$ .