Cómo probar ${{a}^{a}}{{b}^{b}}\ge {{\left(\frac{a+b}{2}\right)}^{a+b}}$? gracias.

Question

Cómo probar $${{a}^{a}}{{b}^{b}}\ge {{\left(\frac{a+b}{2}\right)}^{a+b}}$$ $a>0$, $b>0$, gracias.

Answer 1

Usando la desigualdad de poder decir

$$\prod_{i=1}^n a_i^{q_i} \le (\dfrac{ \sum_{i=1}^n a_iq_i}{\sum_{i=1}^nq_i})^{\sum_{i=1}^n q_i}$$

Take $a_1=\dfrac{1}{a}$ , $q_1=a$ and $a_2=\dfrac{1}{b}$ , $q_2=b$

$$\dfrac{1}{a^ab^b} \le (\dfrac{2}{a+b})^{a+b}$$

$$a^ab^b \ge (\dfrac{a+b}{2})^{a+b}$$

Answer 2

Puede utilizar la desigualdad ponderada AM $\ge$ GM .

$$\left(\dfrac{a \times \dfrac{1}{a} + b \times \frac{1}{b}}{a+b} \right)^{a+b}\ge \dfrac{1}{a^a b^b}$$

$$\left(\dfrac{2}{a+b} \right)^{a+b}\ge \dfrac{1}{a^a b^b}$$

Answer 3

$\ln$ Es una función creciente, así que es suficiente para demostrar que, después de tomar registro de ambos lados: $$\frac{a\ln a+b\ln b}{a+b}\geq \ln\left(\frac{a+b}{2}\right).$ $ Consideremos ahora la gráfica de $y=x\ln x.$ nota que $y''=(1+\ln x)'=\frac 1x>0$ % todo $x>0,$y por lo tanto es convexa. Desigualdad de Jensen para aplicar tenemos $$a\ln a +b\ln b\geq 2\left(\frac{a+b}{2}\right)\ln\left(\frac{a+b}{2}\right),$ $ como se desee. La igualdad tiene el iff $a=b.\Box$

Answer 4

Que $P=(1+x)^{1+x} (1-x)^{1-x}$, donde $0 ≤ x <1$; entonces

$\log P=(1+x)\log(1+x)+(1-x)\log(1-x)$

$\space$$\space$ $\space$$=x${$\log(1+x)-\log(1-x)$ } +$\log(1+x)+\log(1-x)$ $\space$$=2x\bigg(x+\frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5}+...\bigg) - 2\bigg(\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{4} + \frac{x^6}{6}+...\bigg)$ $=2\bigg(\frac{x^2}{1×2}+\frac{x^4}{3×4} + \frac{x^6}{5×6}+...\bigg)$$≥0$

Por lo tanto, $\log P≥0$ $P ≥1$ $(1+x)^{1+x} (1-x)^{1-x}≥1$; poner $x=z/u$, donde $u>z$; entonces $\bigg(1+z/u\bigg)^{1+z/u} \bigg(1-z/u\bigg)^{1-z/u}\space≥1$ $\space$ $\bigg(\frac{u+z}u\bigg)^{u+z} \bigg(\frac{u-z}u\bigg)^{u-z}≥1^u=1$

i.e. $\big(u+z\big)^{u+z} \big(u-z\big)^{u-z}≥u^{2u}$ ; Ahora poner así $u+z=a , u-z=b$, que $u=\frac{a+b}2 , a>0,b>0$; entonces $a^ab^b ≥ \bigg(\frac{a+b}2\bigg)^{a+b}$