α^β+β^α>1 καί μιά γενίκευσή της

Jeronymo Simonstone · #1

Να αποδειχτεί ότι, για κάθε a,b>1

ισχύει

.

Το προβληματάκι αυτό έχει ιστορία, με την έννοια πως είχε για αρκετό διάστημα πονοκεφαλιάσει τους 1ετείς του μαθηματικού Ιωαννίνων...

Nick1990 · #2

Προφανως θες να γραψεις 0 < a,b < 1

, γιατι για > 1 ειναι προφανες.

Για 0 < a,b < 1

ειναι σχετικα γνωστη και μπορει να δειχτει ετσι:

απο Bernoulli εχεις: $(\frac{1}{b})^a = (1 + \frac{1-b}{b})^a \leq 1 + \frac{a}{b}(1 - b) = \frac{b + a - ab}{b}$

και αντιστρεφοντας εχεις: $b^a \geq \frac{b}{a + b - ab}$

Ομοια για τον αλλο ορο και με προσθεση κατα μελη εχεις τελικα:

$a^b + b^a \geq \frac{a + b}{a + b - ab} \geq 1$ και τελος.

#3

Jeronymo Simonstone έγραψε:Να αποδειχτεί ότι, για κάθε ισχύει .

Το προβληματάκι αυτό έχει ιστορία, με την έννοια πως είχε για αρκετό διάστημα πονοκεφαλιάσει τους 1ετείς του μαθηματικού Ιωαννίνων (οι κακές γλώσσες, λένε πως όλο το τμήμα είχε κολλήσει... )

Θέτουμε f(x) = a^x + x^a για x $\ge$ 0. Εύκολα βλέπουμε ότι για x > 0 είναι $f^{\prime}(x) > 0$ . Άρα f(b) > f(0) = 1.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

#4

Δύο αποδείξεις υπάρχουν στό αρχείο: x^y+y^x>1, γιά $x,y\in\left({0,\,+\infty}\right)$
Επίσης έχει ήδη συζητηθεί καί στό mathematica.

Jeronymo Simonstone · #5

Nick1990 έγραψε:Προφανως θες να γραψεις , γιατι για > 1 ειναι προφανες.

απο Bernoulli εχεις...

Nick είσαι σωστός

αυτή είναι μια κομψή και σύντομη απάντηση.

Mihalis_Lambrou έγραψε: Θέτουμε f(x) = a^x + x^a για x $\ge$ 0. Εύκολα βλέπουμε ότι για x > 0 είναι $f^{\prime}(x) > 0$ . Άρα f(b) > f(0) = 1.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Αυτή είναι η προφανής προσέγγιση, που όμως κρύβει παγίδες.

Για παράδειγμα, όταν α=1/e, τότε f'(1/e)=...=0.

#6

Nick1990 έγραψε:Προφανως θες να γραψεις , γιατι για > 1 ειναι προφανες.

Για ειναι σχετικα γνωστη και μπορει να δειχτει ετσι:

απο Bernoulli εχεις: $(\frac{1}{b})^a = (1 + \frac{1-b}{b})^a \leq 1 + \frac{a}{b}(1 - b) = \frac{b + a - ab}{b}$

και αντιστρεφοντας εχεις: $b^a \geq \frac{b}{a + b - ab}$

Ομοια για τον αλλο ορο και με προσθεση κατα μελη εχεις τελικα:

$a^b + b^a \geq \frac{a + b}{a + b - ab} \geq 1$ και τελος.

Πολυ ενδιαφερον, αναρωτιεμαι αν θα βοηθουσε στην ευρεση του ελαχιστου της a^b + b^c + c^a, οπου a, b, c στο (0, 1)

[Πριν εξη ακριβως μηνες ειχαμε ξανασυζητησει αυτο το θεμα και ειχα αναφερει την προ ετων λυση μου στο sci.math, οπου ειχα προτεινει και το ανωτερω 'κυκλικο' προβλημα (για ν μεταβλητες) χωρις αποκριση.]

Ποιο λοιπον το ελαχιστο της a/(a+b-ab) + b/(b+c-bc) + c/(a+c-ac) για a, b, c στο (0, 1)? Με επιφυλαξεις και χωρις αποδειξη λεω οτι ειναι το 3/2, αλλα οι τιμες που μας οδηγουν εκει, οπως a = b = c = 1/ν, *δεν* μας οδηγουν στο ελαχιστο της a^b + b^c + c^a, που ειναι κατι μικροτερο του 2, ισως και μικροτερο του 1,8! [Χμμ, αργα ειναι, εγκαταλειπω την προσπαθεια για αποψε...]

Γιωργος Μπαλογλου

#7

gbaloglou έγραψε:
Nick1990 έγραψε:Προφανως θες να γραψεις , γιατι για > 1 ειναι προφανες.

Για ειναι σχετικα γνωστη και μπορει να δειχτει ετσι:

απο Bernoulli εχεις: $(\frac{1}{b})^a = (1 + \frac{1-b}{b})^a \leq 1 + \frac{a}{b}(1 - b) = \frac{b + a - ab}{b}$

και αντιστρεφοντας εχεις: $b^a \geq \frac{b}{a + b - ab}$

Ομοια για τον αλλο ορο και με προσθεση κατα μελη εχεις τελικα:

$a^b + b^a \geq \frac{a + b}{a + b - ab} \geq 1$ και τελος.
Πολυ ενδιαφερον, αναρωτιεμαι αν θα βοηθουσε στην ευρεση του ελαχιστου της a^b + b^c + c^a, οπου a, b, c στο (0, 1)

[Πριν εξη ακριβως μηνες ειχαμε ξανασυζητησει αυτο το θεμα και ειχα αναφερει την προ ετων λυση μου στο sci.math, οπου ειχα προτεινει και το ανωτερω 'κυκλικο' προβλημα (για ν μεταβλητες) χωρις αποκριση.]

Ποιο λοιπον το ελαχιστο της a/(a+b-ab) + b/(b+c-bc) + c/(a+c-ac) για a, b, c στο (0, 1)? Με επιφυλαξεις και χωρις αποδειξη λεω οτι ειναι το 3/2, αλλα οι τιμες που μας οδηγουν εκει, οπως a = b = c = 1/ν, *δεν* μας οδηγουν στο ελαχιστο της a^b + b^c + c^a, που ειναι κατι μικροτερο του 2, ισως και μικροτερο του 1,8! [Χμμ, αργα ειναι, εγκαταλειπω την προσπαθεια για αποψε...]

Γιωργος Μπαλογλου

Γιώργο, έχω την εντύπωση πως μπορούμε να το πάρουμε όσο κοντά στο 1 θέλουμε. Π.χ. αν πάρουμε $a = e^{-1/b^2},c=1/2$ και αφήσουμε το

να τείνει στο 0, τότε το a^b + b^c + c^a

τείνει στο 1. Παρόμοιο κόλπο φαίνεται να δουλεύει για όλα τα κυκλικά αθροίσματα που προτείνεις αλλά θα το ελέγξω αργότερα.

#8

Δημητρη ΝΑΙ, και αυτο εξηγει πολλα

Να πω απλως οτι ισχυει και η ανισοτητα a/(a+b-ab) + b/(b+c-bc) + c/(a+c-ac) > 1 για a, b, c στο (0, 1) -- αυτο το απεδειξα με πραξεις*, δεν βρηκα εξυπνη αποδειξη -- οποτε η μεθοδος που μας εδωσε ο Nick1990 αποδεικνυει και την a^b + b^c + c^a > 1 για a, b, c στο (0, 1)

*αναγωγη στην [(a^2)b] x [1-c^2] + [(b^2)c] x [1-a^2] + [(c^2)a] x [1-b^2] + abc + (abc)^2 > 0

Για περισσοτερες μεταβλητες ουτε και εγω το εχω εξετασει ακομη.

Γιωργος Μπαλογλου

#9

Γιώργο, όταν έγραψα το προηγούμενο μήνυμα δεν είχα τον χρόνο να ελέγξω την ανισότητα a/(a+b-ab) + b/(b+c-bc) + c/(a+c-ac) > 1 μιας και βιαζόμουν να προλάβω το τρένο. Τώρα έχω μια σύντομη απόδειξη που πάλι δουλέυει για την γενική περίπτωση.

Για $0 < a_1,\ldots,a_n < 1$ με $n \geqslant 2$ και $a_{n+1} := a_1$

Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε $a_1 = \max\{a_1,\ldots,a_n\}$ . Από την ανισότητα $a^b \geqslant \frac{a}{a+b-ab} > \frac{a}{a+b}$ έχουμε

$\displaystyle{ \sum_{k=1}^n a_k^{a_{k+1}} > \sum_{k=1}^n \frac{a_k}{a_k + a_{k+1}} \geqslant \frac{a_1}{a_1+a_2} + \frac{a_2}{a_2+a_3} \geqslant \frac{a_1}{a_1+a_2} + \frac{a_2}{a_2+a_1} = 1}$

Από την άλλη, αν ορίσουμε a_n = 1/2

και επαγωγικά $a_k = \varepsilon^{1/a_{k+1}}$ (επειδή $0 < a_{k+1} < 1$ , τότε $1/a_{k+1} > 1$ και άρα $0 < a_k = \varepsilon^{1/a_{k+1}} < 1$ .)

Τότε $\displaystyle{ \sum_{k=1}^n a_k^{a_{k+1}} = (n-1)\varepsilon + (1/2)^{a_1} < (n-1)\varepsilon + 1}$

#10

Jeronymo Simonstone έγραψε: Το προβληματάκι αυτό έχει ιστορία, με την έννοια πως είχε για αρκετό διάστημα πονοκεφαλιάσει τους 1ετείς του μαθηματικού Ιωαννίνων

Για ποια εποχή μιλάμε;

#11

Μετά από τίς επισημάνσεις τού Jeronymo Simonstone ( τόν οποίο καί ευχαριστώ) γιά τήν 1η λύση πού υπήρχε στό αρχείο x^y+y^x>1, τήν διόρθωσα στήν παρακάτω λύση:

α) Γιά $x\geq1$ προκύπτει, εύκολα, ότι $x^y\geq1^y=1\quad\Rightarrow\quad x^y+y^x\geq1+y^x>1+0=1$ . Όμοια αποδεικνύεται καί γιά $y\geq1$ .

β) Έστω ότι $0<x<1,\ 0<y<1$ . Επειδή η παράσταση x^y+y^x

είναι συμμετρική ώς πρός x,y

, αρκεί νά δειχθεί ότι x^y+y^x>1

γιά $0<x\leq{y}<1$ .
H συνάρτηση f(x)=c^x

, $c\in\left({0,1}\right)$ , είναι κυρτή καί επομένως η γραφική της παράσταση βρίσκεται πάνω από τήν εφαπτομένη ευθεία στό σημείο $\left({0,1}\right)$ πού έχει εξίσωση $y=\ln{c}\cdot{x}+1$ . Επομένως $x^c+c^x-1>x^c+\ln{c}\cdot{x}+1-1=x^c+x\cdot\ln{c}$ , $x\in\left({0,c}\right]$ .
Η συνάρτηση $g(x)=x^c+x\,\ln{c}$ , $c\in\left({0,1}\right)$ , $x\in\left({0,c}\right]$ , έχει $g^{\prime\prime}(x)=c\,x^{c-1}({c-1})<0$ καί είναι κοίλη στό $\left({0,c}\right]$ .
Επίσης $\displaystyle\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow{0^{+}}}g(x)=0$ καί $\displaystyle\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow{c^{-}}}g(x)=c^c+c\,\ln{c}>0 \ (*)$ .
Επομένως γιά κάθε $x\in\left({0,c}\right]$ , ισχύει: $g(x)\geq\min\left\lbrace{\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow{0^{+}}}g(x)=0,\,\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow{c^{-}}}g(x)>0}\right\rbrace=0$ .
Άρα γιά κάθε $x\in\left({0,c}\right]$ , ισχύει $x^c+c^x-1>x^c+x\,\ln{c}\geq0$ , $c\in\left({0,1}\right). \ \square$

(*)

αποδεικνύεται εύκολα ότι η ελάχιστη τιμή τής $c^c+c\,\ln{c}$ στό $\left({0,1}\right)$ , είναι η $\dfrac{1}{e^{\frac{1}{e}}}-\dfrac{1}{e}\approx0,324$ .

Υ.Γ. Ευχαριστώ τόν Νίκο Μαυρογιάννη γιά τήν επισήμανση ενός σημείου στήν λύση.

#12

gbaloglou έγραψε: Πολυ ενδιαφερον, αναρωτιεμαι αν θα βοηθουσε στην ευρεση του ελαχιστου της a^b + b^c + c^a, οπου a, b, c στο (0, 1)

Τι μου θυμίσατε... Μια αρκετά δύσκολη άσκηση( δεν ξέρω την λύση της ) με είχε ταλαιπωρήσει πριν καιρό. Μπορεί κάποιος να βοηθήσει ? Αν a,b,c>0

με

, να αποδειχτεί ότι

$2\sqrt{3(a^b+b^c+c^a)}+a+b+c\geq 9$

#13

smar έγραψε: Τι μου θυμίσατε... Μια αρκετά δύσκολη άσκηση( δεν ξέρω την λύση της ) με είχε ταλαιπωρήσει πριν καιρό. Μπορεί κάποιος να βοηθήσει ? Αν με , να αποδειχτεί ότι

$2\sqrt{3(a^b+b^c+c^a)}+a+b+c\geq 9$

Σιλουανέ είναι αυτή που έχεις στείλει στο τελευταίο CRUX? Δεν το έχω μπροστά μου (το έχω αφήσει στην Κρήτη...) αλλά του έριξα μια ματιά!

Αλέξανδρος

#14

cretanman έγραψε:
smar έγραψε: Τι μου θυμίσατε... Μια αρκετά δύσκολη άσκηση( δεν ξέρω την λύση της ) με είχε ταλαιπωρήσει πριν καιρό. Μπορεί κάποιος να βοηθήσει ? Αν με , να αποδειχτεί ότι

$2\sqrt{3(a^b+b^c+c^a)}+a+b+c\geq 9$
Σιλουανέ είναι αυτή που έχεις στείλει στο τελευταίο CRUX? Δεν το έχω μπροστά μου (το έχω αφήσει στην Κρήτη...) αλλά του έριξα μια ματιά!

Αλέξανδρος

Πάω στοίχημα από τώρα ότι στο CRUX θα την λύσουν με χρήση πολλαπλασιαστών Lagrange στην 12(a^b+b^c+c^a) - (9 -a-b-c)^2

.

Υπόψιν ότι στις Ολυμπιάδες μπορεί οι πολλαπλαστές Lagrange να είναι εκτός θεματολογίας, στο CRUX όμως επιτρέπονται τα πάντα. Το μόνο που απαγορεύεται στο έγκριτο αυτό περιοδικό είναι Φαούστια συμφωνία με τον διάβολο!

Φιλικά,

Μιχάλης

#15

Αλέξανδρε ! Το είχα στείλει όντως αλλά δεν περίμενα σε καμμία περίπτωση να το βάλλουν. Και όμως το έβαλαν. Μόλις το είδα και εγώ... Δεν το ήξερα ! Για να δούμε τι θα κάνουν τα τσακάλια του Crux !

#16

Ενημερωτικά και μόνο να πω ότι η παραπάνω άσκηση έμεινε τελικά άλυτη ακόμα και στο... CRUX !!! (βλέπε το προτελευταίο τεύχος)

smathss · #17

Για την ιστορία,λύθηκε τελικά αυτη η άσκηση;

α^β+β^α>1 καί μιά γενίκευσή της

α^β+β^α>1 καί μιά γενίκευσή της

Re: α^β+β^α>1 καί μιά γενίκευσή της

Re: α^β+β^α>1 καί μιά γενίκευσή της

Re: α^β+β^α>1 καί μιά γενίκευσή της

Re: α^β+β^α>1 καί μιά γενίκευσή της

Re: α^β+β^α>1 καί μιά γενίκευσή της

Re: α^β+β^α>1 καί μιά γενίκευσή της

Re: α^β+β^α>1 καί μιά γενίκευσή της

Re: α^β+β^α>1 καί μιά γενίκευσή της

Re: α^β+β^α>1 καί μιά γενίκευσή της

Re: α^β+β^α>1 καί μιά γενίκευσή της

Re: α^β+β^α>1 καί μιά γενίκευσή της

Re: α^β+β^α>1 καί μιά γενίκευσή της

Re: α^β+β^α>1 καί μιά γενίκευσή της

Re: α^β+β^α>1 καί μιά γενίκευσή της

Re: α^β+β^α>1 καί μιά γενίκευσή της

Re: α^β+β^α>1 καί μιά γενίκευσή της

Μέλη σε σύνδεση