Que $a$ $b$ ser números positivos que $a+b=1$. Demostrar que: $$a^{4b^2}+b^{4a^2}\leq1$ $
Creo que esta desigualdad es muy interesante porque la igualdad "se produce" $a=b=\frac{1}{2}$
y también para $a\rightarrow0$ y $b\rightarrow1$.
He intentado trabajar con la función de una variable, pero el derivado no es fácil.
También tengo algo solucionable por serie de Taylor.
¡Gracias!
Definimos $f(x,y)=x^{4y^2}+y^{4x^2}$.
Este es mi plan para resolver el problema:
Este será problemática:
$$g(x)=x^{4(1-x)^2}+(1-x)^{4x^2}$$
Set$g_{1}(x) = x^{4(1-x)^2}$$g_{2}(x) = (1-x)^{4x^2}$. Por lo tanto, se puede dividir así:
$$g'(x) = g_{1}'(x)+g_{2}'(x)$$ $$g_{1}'(x)=g_{1}', g_{2}'(x)=g_{2}'$$ $$\ln(g_{1})=\ln \left(x^{4(1-x)^2}\right)$$ $$\ln(g_{1})={4(1-x)^2} \cdot \ln \left(x\right)$$ $$\frac{g_{1}'}{g_{1}}= 4 \cdot \left((1-x)^2 \right)' \cdot \ln(x)+\frac{4(1-x)^2}{x}$$ $$\frac{g_{1}'}{g_{1}}= 4 \cdot -2 \cdot (1-x) \cdot \ln(x)+\frac{4(1-x)^2}{x}$$ $$\frac{g_{1}'}{g_{1}}= 8(x-1)\ln(x)+\frac{4x^2-8x+4}{x}$$ $$\frac{g_{1}'}{g_{1}}= 8(x-1)\ln(x)+4x-8+\frac{4}{x}$$ $$g_{1}'= x^{4(1-x)^2} \cdot \left(8(x-1)\ln(x)+4x-8+\frac{4}{x}\right)$$
Bien. Respiración profunda. Vamos a seguir adelante.
$$\ln(g_{2})=4x^2\ln(1-x)$$ $$\frac{g_{2}'}{g_{2}}=8x\ln(x-1)+\frac{4x^2}{x-1}$$
$$g_{2}'= 4x^2\left(8x\ln(x-1)+\frac{4x^2}{x-1}\right)$$
$$g_{1}'= x^{4(1-x)^2} \cdot \left(8(x-1)\ln(x)+4x-8+\frac{4}{x}\right)$$
$$g'(x)=x^{4(1-x)^2} \cdot \left(8(x-1)\ln(x)+4x-8+\frac{4}{x}\right) + 4x^2\left(8x\ln(1-x)+\frac{4x^2}{x-1}\right)$$
El máximo aparece (según el intervalo cerrado método), ya sea en:
$$g(0)=1$$ $$g(1)=1$$
O en el $x$-valor de la solución de:
$$0=x^{4(1-x)^2} \cdot \left(8(x-1)\ln(x)+4x-8+\frac{4}{x}\right) + 4x^2\left(8x\ln(1-x)+\frac{4x^2}{x-1}\right)$$
Por lo tanto, si partimos $x_{1}$ a ser la solución a la ecuación anterior en el intervalo de $x \in [0,1]$, hemos reducido el problema a probar que:
$$g(x_{1}) \leq 1$$
Búsqueda de $x_{1}$ sería muy difícil hacerlo con rigor, pero usando el método de Newton para aproximar la función que se les da a estos raíz aproximaciones:
$$r_{0}=0.4$$ $$r_{1}=0.431686076846$$ $$r_{2}=0.425574322481$$ $$r_{3}=0.425295682152$$ $$r_{4}=0.425295114710$$ $$r_{5}=0.425295114708$$ $$r_{6}=0.425295114708$$
Por lo tanto, una de 10 dígitos aproximación de $x_{1}$$0.425295114708$.
Siguiente, $g'(r_{6}) = -8.024692022 \cdot 10^{-22}$ a hacernos razonablemente seguro de que es una muy buena aproximación de la $x_{1}$, y lo enchufe $r_{6}$ en nuestra función original $g(x)$ para obtener:
$$g(r_{6}) \approx 1$$
Pero nuestra estimación es ligeramente menor que el $1$, por lo que podemos decir con seguridad:
$$g(x_{1}) \leq 1$$
Y, por tanto, que el máximo de $g(x)$, y por lo tanto $f(x,y)$ sobre la línea de $x+y=1$ en el intervalo de $x,y \in [0,1]$ $1$ a los tres puntos, pero nunca más grande que él.
Q. E. D
Me hizo tomar una forma muy sencilla de cabeza en el ataque a este problema, pero resultó bastante bien y estoy contento con la rigurosidad de los resultados.
Queremos mostrar la desigualdad $x^{4(1-x)^2}+(1-x)^{4x^2} \leq 1$ todos los $x\in [0,1]$ (de hecho, es suficiente para mostrar que para $x\in[0,\frac{1}{2}]$ como se observa en el OP). Vamos a distinguir dos casos : $x \leq \frac{1}{4}$$x \geq \frac{1}{4}$.
El primer caso es más fácil. Deje $f(t)=\frac{\ln(1-t)}{t}$. A partir de la expansión de la $\frac{f(t)}{t}=-\sum_{k\geq 0}\frac{t^k}{k+1}$ vemos que $f$ es la disminución en el $(0,1)$. Para$x\in[0,\frac{1}{4}]$, $f(x)\leq f(4x^3)$ donde $(1-x)^{4x^2} \leq 1-4x^3$, por lo que todos debemos mostrar ahora es $x^{4(1-x)^2} \leq 4x^3$, o, equivalentemente,$(4(1-x)^2-3)\ln(x)\leq \ln(4)$. Al $4(1-x)^2-3<0$ el lado izquierdo es negativo y hemos terminado. De lo contrario, $x>1-\frac{\sqrt{3}}{2}$ y, en particular,$x\in[0.13,\frac{1}{4}]$. Vamos ahora a$g(x)=\ln(x)-(30x-9)$$x\in[0.13,\frac{1}{4}]$. A continuación, $g'(x)=\frac{1}{x}-30 \leq 0$ $g$ está disminuyendo, y $g(x)\geq g(\frac{1}{4})=(3/2)-\ln(4)>0$. Por lo $(4(1-x)^2-3)\ln(x) \leq (4(1-x)^2-3)(30x-9)$, pero
$$ (4(1-x)^2-3)(30x-9)= \frac{137829}{10^5}-\frac{39}{10^3}x-120\big(x-\frac{43}{200}\big)^2 \leq \frac{137829}{10^5} < \frac{138}{100} < \ln(4) $$
esto concluye el primer caso.
Pasemos ahora al segundo caso. Poner a $t=\frac{1}{2}-x$, ahora tenemos que mostrar $\big(\frac{1}{2}-t\big)^{(1+2t)^2}+\big(\frac{1}{2}+t\big)^{(1-2t)^2} \leq 1$ todos los $t\in[0,\frac{1}{4}]$. Será suficiente para mostrar lo siguiente :
$$ \big(\frac{1}{2}-t\big)^{(1+2t)^2} \leq \frac{1}{2}-(1+2\ln(2))t+10 t^3, \ \text{para} \ t\[- \frac{1}{4},\frac{1}{4}]\etiqueta{1} $$
(observe que la simetría en (1) nos permite usarlo dos veces, una con $t$ y una vez con $-t$). Pongamos $a=\ln(2)$, $A(t)=\frac{1}{2}-(1+2a)t+10t^3$ y $G(t)=\ln(A(t))-(1+2t)^2\ln(\frac{1}{2}-t)$. Entonces (1) es equivalente a la nonnegativity de $G$$[-\frac{1}{4},\frac{1}{4}]$. Tenga en cuenta que $G(-\frac{1}{4}) \approx 0.01>0$, por lo que será suficiente para mostrar que el $G$ es el aumento en $[-\frac{1}{4},\frac{1}{4}]$. Tenemos
$$ \begin{array}{lcl} G'(t) &=& \frac{A'(t)}{A(t)}+\frac{(1+2t)^2}{\frac{1}{2}-t}-4(1+2t)^2\ln(\frac{1}{2}-t) \\ &\geq & \frac{A'(t)}{A(t)}+\frac{(1+2t)^2}{\frac{1}{2}-t}-4(1+2t)^2(-a-2t) \\ &= & \frac{A'(t)\big(\frac{1}{2}-t\big)+(1+2t)^2A(t)+4(1+2t)^2(a+2t)A(t)\big(\frac{1}{2}-t\big)}{A(t)\big(\frac{1}{2}-t\big)} \\ &= & \frac{B(t)}{A(t)(1-2t)} \\ \end{array} $$
donde $B(t)=2(A'(t)\big(\frac{1}{2}-t\big)+(1+2t)^2A(t)+4(1+2t)^2(a+2t)A(t)\big(\frac{1}{2}-t\big))$. Ahora $$ B(t)=p_1t+p_2+ \bigg(t-\frac{4}{25}\bigg)^2\Bigg(p_3+t\bigg(p_4+\big(\frac{1}{4}-t\big)(320t+p_5)\bigg)\Bigg) $$
donde los números $ \begin{array}{c} p_1=\frac{256}{25}a^2 - \frac{77832}{3125}a + \frac{195746}{15625}, p_2=-\frac{5512}{625}a^2 - \frac{408884}{78125}a + \frac{15707944}{1953125}, p_3=32a^2 + \frac{6024}{125}a - \frac{5184}{3125},\\ p_4=-\frac{136}{5}a + \frac{20928}{125}, p_5=160a + \frac{512}{5} \end{array} $ son todos no negativos. Este espectáculo $B\geq 0$ y termina la prueba.
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